EBOOK Cours CNED Terminale S - Mathematiques

Mathématiques
Terminale S
Rédaction :
Laurent Beroul
Isabelle Tenaud
Sébastien Cario
Coordination :
Sébastien Cario
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Sommaire
Séquence 1 Les suites numériques
1. Pré-requis
2. Le raisonnement par récurrence
3. Notions de limites
4. Synthèse de la séquence
Séquence 2 Étude de fonctions
1. Pré-requis
2. Fonctions sinus et cosinus
3. Limites de fonctions
4. Continuité et applications
5. Dérivation et applications
6. Synthèse de la séquence
Séquence 3 Probabilités : conditionnement
et indépendance
1. Pré-requis
2. Conditionnement
3. Indépendance
4. Synthèse de la séquence
Séquence 4 La fonction exponentielle
1. Pré-requis
2. Définition de la fonction exponentielle, propriétés
algébriques
3. Étude de la fonction exponentielle
4. Synthèse de la séquence
2
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Sommaire général – MA02
Sommaire
Séquence 5
La fonction logarithme
népérien
1. Pré-requis
2. Définition de la fonction logarithme népérien et
propriétés algébriques
3. Fonction logarithme népérien
4. Compléments
5. Synthèse de la séquence
Séquence 6
Ensemble des nombres
complexes
1. Pré-requis
2. Définition - Forme algébrique
3. Forme trigonométrique
4. Synthèse de la séquence
Séquence 7
Intégration
1. Pré-requis
2. Aire intégrale d’une fonction continue et positive
sur [AB]
3. Primitives
4. Primitives et intégrales d’une fonction continue
5. Synthèse de la séquence
Séquence 8
Probabilité : Lois
à densité
1. Pré-requis
2. Lois de probabilité à densité sur un intervalle
3. Lois uniformes
4. Lois exponentielles
5. Synthèse de la séquence
Sommaire général – MA02
3
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Sommaire
Séquence 9 Lois normales, intervalle
de fluctuation, estimation
1. Pré-requis
2. Lois normales
3. Intervalle de fluctuation
4. Estimation
5. Synthèse de la séquence
Séquence 10 Géométrie
dans l’espace
1. Pré-requis
2. Calculs vectoriels dans l’espace
3.Orthogonalité
4. Produit scalaire dans l’espace
5. Droites et plans de l’espace
5. Synthèse de la séquence
Corrigés des exercices
4
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Sommaire général – MA02
Séquence 1
Les suites numériques
Sommaire
1. Pré-requis
2. Le raisonnement par récurrence
3. Notions de limites
4. Synthèse
Dans cette séquence, il s’agit d’une part
d’approfondir la notion de suites numériques
permettant la modélisation d’un certain
nombre de phénomènes discrets et d’autre
part, à travers l’étude des limites de suites,
de préparer la présentation des limites de
fonctions.
Séquence 1 – MA02
1
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1 Pré-requis
A
Généralités sur les suites
1. Généralités
a) Définition et notations
Définition
On appelle suite numérique toute fonction numérique définie sur ℕ ou
sur l’ensemble des entiers supérieurs à un certain entier naturel n0 .
Notations
La suite est notée respectivement (un )n ∈ℕ ou (un )n ≥ n ou plus simplement (un ).
0
Le terme de rang n est noté un .
b) Vocabulaire
Définition
Soit (un ) une suite définie sur l’ensemble des entiers supérieurs à un certain entier naturel n0 .
On dit que :
z la suite (un ) est croissante si pour tout n ≥ n0 , un +1 ≥ un ;
z la suite (un ) est strictement croissante si pour tout n ≥ n0 , un +1 > un ;
z la suite (un ) est décroissante si pour tout n ≥ n0 , un +1 ≤ un ;
z la suite (un ) est strictement décroissante si pour tout n ≥ n0 , un +1 < un ;
z la suite (un ) est constante si pour tout n ≥ n0 , un +1 = un ;
z si une suite est croissante ou décroissante, on dit qu’elle est monotone.
Séquence 1 – MA02
3
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Définition
Soit (un ) une suite définie pour n ≥ n0 . On dit que :
z la suite (un ) est majorée s’il existe un réel M tel que pour tout n ≥ n0 , un ≤ M ;
zla suite (un ) est minorée s’il existe un réel m tel que pour tout n ≥ n0 , un ≥ m ;
z la suite (un ) est bornée si elle est à la fois majorée et minorée.
c) Propriétés
Propriété
Propriété
Soit (un ) une suite définie pour n ≥ n0 .
Soit (un ) une suite définie pour n ≥ n0
z Si (un ) est croissante alors pour
par un = f (un ) où f est une fonction
définie sur n0 ; +∞  .
tout n ≥ p ≥ n0 on a un ≥ u p .
z Si (un ) est décroissante alors pour
tout n ≥ p ≥ n0 on a un ≤ u p .
z Si f est croissante sur n0 ; +∞ 
alors (un ) est croissante.
z Si f est décroissante sur n0 ; +∞ alors
(un ) est décroissante.
La réciproque de ces résultats est fausse.
2. Suites arithmétiques
Définition Relation de récurrence
( )
est dite arithmétique s’il existe r ∈ℝ tel que pour
La suite un
n ≥ n0
tout n ≥ n0 , un +1 = un + r .
Le réel r ainsi défini est appelé raison de la suite arithmétique (un ).
Propriété
Si
Expression de un
en fonction de n
(un )n ≥n0 est arithmétique de raison r
alors pour tout n ≥ n0 et pour tout p ≥ n0 ,
on a un = u p + (n − p ) × r .
4
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Séquence 1 – MA02
Propriété Variations
Une suite arithmétique de raison r
est strictement croissante si r > 0,
strictement décroissante si r < 0 et
constante si r = 0.
Somme de termes
Propriété
( )
Si un
est arithmétique alors pour tout p ≥ n0 et pour tout n ≥ p ,
n ≥ n0
n
u +u
∑ uk = u p + u p +1 + ... + un = (n − p + 1) × P 2 n
k =p
= nombre de termes × moyenne
des termes extrêmes.
n
En particulier : ∑ k = 1+ 2 + ... + n =
k =1
n (n + 1)
.
2
3. Suites géométriques
Définition Relation de récurrence
( )
est dite géométrique s’il existe q ∈ℝ tel que pour
La suite un
n ≥n
0
tout n ≥ n0 , un +1 = un × q .
Propriété
Expression de un en fonction
de n
La
suite
(q )
n
n ≥ n0
est
strictement
croissante
si q > 1 , strictement décroissante si 0 < q < 1 et
(un )n ≥n0 est géométrique de
Si
Variations
Propriété
constante si q = 1 ou si q = 0. Lorsque q < 0, la suite
raison q ≠ 0 alors pour tout n ≥ n0
est alternée (elle n’est donc pas monotone).
et pour tout p ≥ n0 , on a
un = u p × q n − p .
Propriété
( )
Somme de termes
Si un
est géométrique de raison q ≠ 1 alors pour tout p ≥ n0 et pour tout n ≥ p ,
n ≥n
n
0
∑ uk = u p + u p +1 + ... + un = u p ×
k =p
1− q nombre de termes
1− q n − p +1
= premier teerme ×
1− q
1− q
n
En particulier, pour tout réel q ≠ 1 : ∑ q k = 1+ q + q 2 ... + q n =
k =1
1− q n +1
.
1− q
Séquence 1 – MA02
5
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4. Un exemple : étude d’une suite
arithmético-géométrique
On souhaite étudier la suite (un ) définie pour tout entier naturel n
par un +1 = 6 − 0 , 5un et u 0 = 1.
1. À l’aide de la calculatrice ou d’un tableur :
a) établir un tableau de valeurs de la suite (un ) ;
b) proposer une représentation graphique de (un ) ;
c) conjecturer les variations de (un ) , ainsi que son comportement pour de
grandes valeurs de n.
2. Soit (v n ) la suite définie sur ℕ par v n = un − 4.
a) Démontrer que la suite (v n ) est géométrique. En préciser le terme initial et la
raison.
b) Exprimer v n puis un en fonction de n.
( )
c) Conclure quant aux variations de la suite un .
d) Écrire un algorithme permettant de déterminer la plus petite valeur de n pour
laquelle 4 − A < un < 4 + A où A est un réel quelconque.
왘 Solution
1.
a) Avant de travailler sur la calculatrice ou sur un tableur, il est nécessaire
de savoir travailler « à la main ». Pour obtenir un tableau de valeur de la
suite (un ) , on détermine ses termes de proche en proche, à l’aide de la relation
de récurrence un +1 = 6 − 0 , 5un ainsi que du terme initial u 0 = 1 .
On obtient donc u 0 = 1 , u1 = 6 − 0 , 5 u 0 = 6 − 0 , 5 × 1 = 5, 5 ,
u2 = 6 − 0 , 5 u1 = 6 − 0 , 5 × 5, 5 = 3, 25 , etc.
À l’aide de la calculatrice TI82 Stats.fr (ou TI83, TI84), on procède de la façon
suivante :
On se place en mode Suit (ou mode SEQ).
On définit la suite par le menu f(x) (ou Y=) ainsi
que le montre l’écran ci contre. Il faut faire
attention en définissant les suites car sur les TI,
il y a un décalage des indices : on doit remplacer
n + 1 par n et donc n par n − 1.
On configure le tableau de valeurs par le menu
déftable (ou TBLSET) en choisissant une valeur
de départ égale à 0 (première valeur de l’indice)
et un pas de 1.
On obtient alors le tableau dans lequel on peut naviguer par le menu table.
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Séquence 1 – MA02
À l’aide de la calculatrice CASIO Graph 35+, on procède de la façon suivante.
On se place en mode RECUR, on définit la suite (2e écran ci-dessous), le
fonction SET (F5) permet de définir le terme initial et les termes dont on
cherche des valeurs approchées (3e écran), on revient à l’écran précédent
(EXIT) et la fonction TABLE (F6) nous donne le tableau de valeurs (4e écran).
À l’aide du tableur
d’OpenOffice, on entre le
terme initiale en B2 puis
on obtient les termes
successifs de la suite en
entrant en B3 la formule
= 6 − 0 , 5 ∗ B2 que l’on recopie vers le bas.
À l’aide du tableur de GeoGebra, on procède comme ci dessus en entrant le
terme initiale en B2 puis la formule = 6 − 0.5 ∗ B2 en B3.
Une fois que l’on dispose du tableau
de valeurs, on obtient rapidement
une représentation graphique de la
suite en sélectionnant la plage A2 :
B8 (par exemple) puis en choisissant
créer une liste de points après avoir
cliquer-droit. On obtient alors une
suite de points dont l’abscisse
représente n et l’ordonnée est un .
b) Nous venons de voir comment on pouvait représenter la suite (un ) à l’aide de
GeoGebra, en plaçant n en abscisse et un en ordonnée comme on le fait pour
représenter une fonction. Cette représentation peut aussi être obtenue à l’aide
du tableur d’OpenOffice ou de la calculatrice.
Nous allons voir une autre façon de représenter une suite (un ) dont le terme
général vérifie la relation de récurrence un +1 = f (un ) où f est une fonction.
La méthode est générale mais nous l’appliquerons dans le cas particulier de
notre exemple.
Pour tout n ∈N , un +1 = 6 − 0, 5 un ainsi un +1 = f (un ) où f est la fonction
affine définie par On trace la courbe Ꮿf représentant la fonction f ainsi que
la droite ∆ d’équation y = x .
Séquence 1 – MA02
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L’idée est alors de placer les termes successifs u 0 , u1, u 2 , ... de la suite sur l’axe
des abscisses.
P0
6
y=x
On commence par placer u 0 sur l’axe
u1
des abscisses.
On place alors le point P0 de Ꮿf
dont l’abscisse vaut u 0 .
Par construction, P0 a donc pour
ordonnée f (u 0 ) c’est-à-dire u1.
Il reste à « ramener » u1 sur l’axe des
abscisses. Pour ce faire, on détermine
le point de ∆ ayant pour ordonnée
u1. Par construction, ce point a donc
pour coordonnées (u1 ; u1 et le réel
u1 peut être placé en abscisse.
)
À partir de u1 en abscisse, on
recommence
le
procédé
en
déterminant le point P1 d’ordonnée
f (u1) c’est-à-dire u2 puis en
« ramenant » u 2 sur l’axe des
abscisses à l’aide de la droite ∆.
4
2
Ꮿf
0
0
6
u1
u0 2
P0
4
u1 6
y=x
4
P1
2
Ꮿf
0
On poursuit le procédé de la même
0 u0 2 u2 4 u3 u 6
1
façon obtenant ainsi les premiers
u4
termes de la suite (un ) sur l’axe des
abscisses.
On peut remarquer que, sous GeoGebra, on peut simplement obtenir en
abscisse les réels successifs u 0 , u1, u 2 , ... d’une suite définie par un +1 = f (un )
connaissant u 0 en créant un curseur n sur un intervalle allant de 0 à 20 (par
exemple) puis en entrant dans la barre de saisie (itération[f (x ),u0 ,n],0) et donc,
sur notre exemple (itération[6-0.5x,1,n],0). On active alors la trace du point créé
et il suffit de faire varier le curseur pour obtenir les termes successifs de la suite.
Par cette méthode, on peut observer rapidement le comportement de la suite ; en
revanche, on perd de vue l’aspect géométrique de la construction.
À l’aide de la calculatrice TI82 Stats.fr (ou
TI83, TI84), les données ayant été entrées
comme indiqué précédemment, puis dans le
menu Format on choisit pour cette méthode
de construction « Esc » (ou « Web »).
Après avoir déterminé la fenêtre graphique
(dans notre exemple, la fenêtre standard
convient), on obtient les tracés nécessaires en appuyant sur « graphe ». Pour
visualiser la construction, on se place en mode « trace » puis on utilise les flèches.
À l’aide de la calculatrice CASIO Graph 35+,
les données ayant été entrées comme indiqué
précédemment, on utilise la fonction WEB
(F4).
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Séquence 1 – MA02
Après avoir déterminé la fenêtre graphique par
SHIFT V-WIN (F3), on obtient les tracés
nécessaires en appuyant sur « EXE » plusieurs
fois.
c) À l’aide des tableaux de valeurs et représentations graphiques obtenus, il semble
que la suite (un ) ne soit pas monotone (elle semble être alternée autour d’une
certaine valeur). De plus, lorsque n devient grand, les termes de la suite (un )
semblent tendre vers une valeur limite voisine de 4 qui graphiquement, semble
correspondre à l’abscisse du point d’intersection des deux courbes tracées.
2. a) Soit n ∈N.
)
)
Par définition de (v n , on a v n +1 = un +1 − 4 or, par définition de (un , on a
un +1 = 6 − 0 , 5un donc v n +1 = (6 − 0 , 5 un ) − 4 = 2 − 0 , 5 un .
Puis, de v n = un − 4, on déduit un = v n + 4.
On obtient donc v n +1 = 2 − 0 , 5( v n +4) = 2 − 0 , 5 v n − 2 = −0 , 5 v n .
Finalement, pour tout n ∈N , v n +1 = −0 , 5 v n ce qui signifie que la suite (v n )
est géométrique de raison −0, 5.
Le terme initial de (v n ) vaut v 0 = u 0 − 4 = 1− 4 = −3.
b) La suite (v n ) est géométrique de raison −0 , 5 et de terme initial v 0 = −3
n
donc pour tout n ∈N , v n = −3 × ( −0, 5) puis, de un = v n + 4, on déduit que
pour tout n ∈ℕ , un = 4 − 3 × ( −0, 5)n .
c) La suite (v n ) est géométrique de raison −0 , 5 (la raison est strictement
négative) donc elle est alternée et n’est pas monotone. En appliquant la
fonction affine décroissante x ֏ 4 + x successivement à tous les termes de
la suite, on s’aperçoit que les termes successifs de (un ) sont alternativement
inférieurs et supérieurs à 4. La suite (un ) n’est donc pas monotone. Les termes
successifs de (un ) sont alternativement inférieurs et supérieurs à 4.
d) Selon la conjecture effectuée précédemment, il semble que lorsque n devient
grand, les termes de la suite (un ) tendent vers une valeur limite voisine de 4
autrement dit, il semble que un puisse devenir aussi proche de 4 qu’on le
souhaite, pourvu que n soit suffisamment grand.
Ainsi, imaginons que l’on souhaite trouver la plus petite valeur
de n pour laquelle 3, 9 < un < 4 ,1 . On peut travailler à l’aide du
tableau de valeurs obtenue à la calculatrice ou sur tableur pour
constater, par balayage, que la condition semble vérifiée à partir
de n = 5 . On remarquera cependant qu’on ne peut pas affirmer
sans argument supplémentaire que tous les termes de la suite sont
situés entre 3,9 et 4,1 à partir du rang 5.
Si on souhaite trouver la plus petite valeur de n pour laquelle 3, 99 < un < 4 , 01,
la même méthode conduit à conclure à choisir une valeur minimale de n
égale à 9.
Séquence 1 – MA02
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La démarche que l’on vient de suivre est une démarche algorithmique. Nous
n’avons pas écrit l’algorithme à proprement parlé mais nous avons suivi un
procédé qui nous a conduit à déterminer la valeur de n répondant au problème.
En effet, en partant de n = 0 , nous avons observé la valeur de un , nous
l’avons comparée à 3,9 et à 4,1 et nous avons poursuivi tant que la condition
3, 9 < un < 4 ,1 n’était pas vérifiée, c’est-à-dire tant que un ≤ 3, 9 ou un ≥ 4 ,1 .
Dès que la condition était vérifiée, nous avons pu conclure.
Nous allons suivre cette démarche pour écrire un algorithme donnant la valeur
minimale de n pour laquelle on a 4 − A < un < 4 + A où A est un réel quelconque.
Lire A
N ←0
U ←1
Tant que U ≤ 4 − A ou U ≥ 4 + A faire
N ←N +1
U ← 6 − 0, 5 U
Fin du Tant que
Afficher N
on demande la valeur de A
on initialise l’indice de la suite à 0
U désignant les termes successifs de
la suite, on précise la valeur de u0
on entre dans la boucle « tant que »
on incrémente l’indice
on calcule le terme de la suite suivant
on sort de la boucle lorsque
4 − A <U < 4 + A
on affiche la valeur de N obtenue
lorsque 4 − A < U < 4 + A
On peut implémenter cet algorithme à l’aide du logiciel Algobox (ci-dessous) :
On peut implémenter cet algorithme à l’aide de la calculatrice (TI ou casio) :
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Séquence 1 – MA02
Il ne reste qu’à faire tourner ces programmes en vérifiant qu’ils fonctionnent
bien pour les résultats que l’on a obtenus à l’aide du tableur, c’est-à-dire
qu’ils renvoient respectivement n = 5 et n = 9 lorsque l’on choisit A = 0 ,1
ou A = 0 , 01 . On peut ici choisir n’importe quelle valeur de A aussi petite soit
elle et on peut constater qu’il faut choisir n de plus en plus grand pour que la
condition soit réalisée.
Remarques
t La suite (un ) proposée dans cette exemple a un terme général vérifiant
un +1 = aun + b. Cette suite n’est ni arithmétique (car a ≠ 1) et ni géométrique
(car b ≠ 0 ). Son terme général a cependant une forme remarquable puisqu’il
s’obtient en multipliant le précédent par un réel constant (aspect géométrique)
et en lui ajoutant un réel constant (aspect arithmétique). Pour cette raison, une
telle suite est dite arithmético-géométrique.
z La méthode utilisée ici pour étudier la suite (un ) est générale. On commence par
chercher l’unique solution α de l’équation x = ax+b. Puis on définit une suite
auxiliaire (v n ) par v n = un − α . On montre alors que (v n ) est géométrique de
raison a ce qui permet d’exprimer v n puis un en fonction de n.
5. Exercices
Exercice A
Soit la suite (un ) définie par u 0 = 1 et pour tout entier n, un +1 =
2un
2 + 3un
.
Calculer les termes u et u .
1
2
La suite (u ) est-elle arithmétique ? géométrique ?
n
2
On admet que, pour tout n, u n’est pas nul. On pose v = 1+
.
n
n
un
a) Calculer les trois premiers termes de (v n ) .
)
b) Déterminer la nature de (v n .
c) Exprimer v n en fonction de n. En déduire un en fonction de n.
왘 Solution
2
2×
2u1
2
5 = 1.
=
1. On a : u1 =
= et u 2 =
2 4
2 + 3u1
2 + 3u 0 5
2+ 3 ×
5
3
3
2. On a : u1 − u 0 = − et u 2 − u1 = −
donc (un ) n’est pas arithmétique.
5
20
u
u
2
5
Puis 1 = et 2 = donc (un ) n’est pas géométrique.
u0 5
u1 8
2u 0
2
2
2
= 3 , v 1 = 1+ = 6 et v 2 = 1+ = 9.
u0
u1
u2
2 + 4un
2
2
2
b) Soit n ∈N. On a : v n +1 = 1+
= 1+
=
=
+ 4 = v n + 3.
2un
un + 1
un
un
3. a) On a : v 0 = 1+
Ainsi, pour tout n ∈N , v n +1 = v n + 3.
2 + 3un
La suite (vn ) est donc arithmétique de terme initial vo = 3 et de raison 3.
Séquence 1 – MA02
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c) Pour tout n ∈N , v n = v 0 + nr donc pour tout n ∈N , v n = 3 + 3n. De plus,
2
(en remarquant que pour tout n ∈N , v n ≠ 1)
pour tout n ∈N , un =
vn − 1
2
donc pour tout n ∈N , un =
.
2 + 3n
Exercice B

u0 = 1

On définit une suite (un ) par 
1
 un +1 = un + 2n − 1 pour tout n ∈ℕ.
2

Calculer les premiers termes de la suite (un . Que peut-on conjecturer
concernant sa nature et son sens de variation ?
)
On pose v n = un − 4n + 10.
a) Montrer que (v n ) est une suite géométrique que l’on caractérisera.
b) En déduire l’expression de v n en fonction de n puis celle de un en fonction
de n.
n
c) On pose Sn = ∑ uk = u 0 + u1 + ... + un . Donner l’expression de Sn en
fonction de n. k = 0
왘 Solution
1
1
1
3
On a : u = 1 , u = u + 2 × 0 − 1 = − , u = u + 2 × 1− 1 = ,
0
1 2 0
2 2 2 1
4
1
1
27
107
u 3 = u2 + 2 × 2 − 1 = , u 4 = u 3 + 2 × 3 − 1 =
2
2
8
16
et, au vu de ces résultats, (un ) semble croissante à partir du rang 1, elle n’est
u
u
ni arithmétique (car u1 − u 0 ≠ u 2 − u1 ), ni géométrique (car 1 ≠ 2 ).
u 0 u1
a) Soit n ∈N.
1
1
On a : v n +1 = un +1 − 4(n + 1) + 10 = un + 2n − 1− 4n + 6 = un − 2n + 5
2
2
1
1
or un = v n + 4n − 10 d’où v n +1 = (v n + 4n − 10 ) − 2n + 5 = v n ainsi, pour
2
2
1
1
tout n ∈ℕ , v n +1 = v n et (v n ) est une suite géométrique de raison q =
2
2
et de terme initial v 0 = u 0 − 4 × 0 + 10 = 11.
 1
b) Pour tout n ∈N , v n = v 0 × q = 11 
 2
n
 1
tout n ∈N , un = 11  + 4n − 10.
 2
n
n
or un = v n + 4n − 10 donc pour
n
n
n
n
n
k =0
k =0
k =0
k =0
k =0
c) Pour tout n ∈N , Sn = ∑ uk = ∑ v k + 4k − 10 = ∑ v k + 4 ∑ k − ∑ 10
n +1
 1
1−  
n
 2
or ∑ v k = 11
1
k =0
1−
2
12
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Séquence 1 – MA02
  n +1 n
1
n (n + 1)
= 22 1−    , ∑ k =
  2 
2
k =0
n
et ∑ 10 = 10
+
10
+ ... +
10 = 10(n + 1) ainsi, pour tout n ∈N,
k =0
n +1 termes
  n +1
  n +1
1
n (n + 1)
1
Sn = 22 1−    + 4
− 10(n + 1) = 22 1−    + 2n 2 − 8n − 10 .
2
  2 
  2 
Exercice C
La suite (un ) est une suite géométrique. Son premier terme vaut 5, une valeur
approchée au centième de son onzième terme est 1008 enfin sa raison est un
décimal négatif.
Que vaut la raison de la suite (un ) ?
왘 Solution
La suite (un ) est une suite géométrique de terme initial 5 donc, en notant q sa
raison, le onzième terme vaut 5 × q 10 .
On peut alors travailler par balayage à l’aide de la calculatrice ou d’un tableur.
Il apparaît alors qu’une raison égale à −1, 7 convient.
On peut remarquer que ça n’est pas la seule possibilité puisque, par exemple, une
raison de −1, 699995 convient tout autant.
Exercice D
On propose deux contrats d’embauche pour une durée déterminée d’un an.
Contrat 1 : un salaire au mois de janvier de 1100 euros puis une augmentation
de 37,5 euros par mois.
Contrat 2 : un salaire au mois de janvier de 1100 euros puis une augmentation
de t % par mois.
Déterminer le pourcentage à 0,01 près afin que les deux contrats soient
équivalents.
왘 Solution
On remarque que les contrats seront considérés comme équivalents si la somme
totale versée au terme des douze mois d’embauche est la même.
La suite des salaires obtenus selon le contrat 1 est une suite arithmétique de
terme initial 1100 et de raison 37,5 ainsi, le salaire du mois de décembre vaut
dans ce cas 1100 + 11× 37, 5 = 1512, 5 de sorte que la somme des douze premiers
1100 + 1512,5
=15675 euros.
salaires soit égale à 12
2
Séquence 1 – MA02
13
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La suite des salaires obtenus selon le contrat 2 est une suite géométrique de
terme initial 1100 et de raison 1+
t
ainsi la somme des douze premiers
100
12

t 
1−  1+
12
 100 
110000  
t  
=−
−
+
1
1
salaires est égale à 1100
 euros.

t   100  

t 
1−  1+
 100 
Pour que les deux contrats soient équivalents, on cherche donc une valeur de t
12
t  
−110000  
approchée au centième telle que
 = 15675.
 1−  1+
  100  
t
On travaille par balayage à l’aide de la calculatrice (voir exercice C pour la
démarche) ou d’un tableur en entrant les taux t dans la colonne A et le montant
total dans la colonne B.
Il apparaît dès lors qu’un taux d’accroissement mensuel d’environ 3,07 % pour le
contrat 2 permet d’obtenir deux contrats équivalents.
14
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Séquence 1 – MA02
2
Le raisonnement
par récurrence
A
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre, un nouvel outil de démonstration : le raisonnement
par récurrence. Ce type de démonstration s’avère efficace pour résoudre beaucoup
d’exercices sur les suites. On retrouve aussi ces raisonnements par récurrence dans
tous les domaines des mathématiques (pour les spécialités maths de terminale S,
par exemple, un certain nombre d’exercices d’arithmétiques nécessitent ce type
de démonstration).
B
L’idée
1. Deux exemples très concrets
a) Imaginons que l’on dispose d’un certain nombre de
dominos placés les uns à la suite des autres. Pour les
faire tomber, il faut que deux conditions soient réunies :
il faut faire tomber un domino et il faut que la chute d’un
domino entraine la chute du suivant. Lorsque ces deux
conditions sont réunies, on admet naturellement que
tous les dominos placés derrière le premier domino
renversé vont tomber.
b) Imaginons que l’on dispose d’une échelle. Si on sait monter sur un barreau de
l’échelle et si on sait passer d’un barreau quelconque à son suivant, on admet
naturellement que l’on peut atteindre n’importe quel barreau situé au delà du
premier barreau sur lequel on est monté.
C’est cette idée que nous allons formaliser.
2. Un exemple moins concret
Reprenons la suite (un ) proposée dans l’exemple chapitre 1. 4) à savoir (un )
définie pour tout entier naturel n par un +1 = 6 − 0 , 5un et u 0 = 1. À la fin de
l’exemple, nous avons montré que le plus petit entier n pour lequel 3, 9 < un < 4 ,1
était n = 5. En revanche, on ne sait pas si la condition 3, 9 < un < 4 ,1 est vérifiée
pour tout n ≥ 5.
Séquence 1 – MA02
15
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131
On peut bien sûr calculer les termes suivants pour obtenir u 5 =
≈ 4 , 094 ,
32
253
515
u6 =
≈ 3, 953 ou encore u 7 =
≈ 4 , 023 et constater que la proposition
64
128
« 3, 9 < un < 4 ,1 » est vraie pour n = 6, et n = 7 mais est-elle vraie pour tout
n ≥ 5 ? Comment le démontrer puisque l’on ne peut pas faire une infinité de
vérifications ?
La proposition « 3, 9 < un < 4 ,1 » est vraie au rang n = 5. Autrement dit, le
raisonnement a été initialisé, on sait renverser un domino ou encore on sait
monter sur l’un des barreaux de l’échelle.
Supposons désormais que la proposition « 3, 9 < un < 4 ,1 » est vraie au rang
n = k autrement dit, supposons que 3, 9 < uk < 4 ,1 .
On a alors −0 , 5 × 4 ,1 < −0 , 5 uk < −0 , 5 × 3, 9 puis
6 − 0 , 5 × 4 ,1 < 6 − 0 , 5 uk < 6 − 0 , 5 × 3, 9 c e q u i d on ne 3, 95 < uk +1 < 4 , 05
 3, 95 ; 4,05  ⊂  3, 9 ; 4,1 donc 3, 9 < uk +1 < 4 ,1 et la proposition
« 3, 9 < un < 4 ,1 » est vraie au rang n = k + 1. On vient de démontrer que le fait
or
que la proposition soit vraie au rang n = k entraine le fait qu’elle le soit au rang
n = k + 1. Autrement dit, la proposition est héréditaire, on sait que la chute d’un
domino entraine la chute du suivant ou encore on sait passer d’un barreau de
l’échelle au suivant.
Les deux conditions (initialisation et hérédité) sont réunies, on peut donc conclure
que pour tout n ≥ 5, on a 3, 9 < un < 4 ,1 .
C
L’axiome
Soit une proposition ᏼ n dépendant d’un entier naturel n.
Pour démontrer que ᏼ n est vraie pour tout entier n ≥ n0 , il suffit de
montrer que :
(1) la proposition est vraie au rang n0 ;
(
)
(2) pour un entier k quelconque k ≥ n0 , ᏼ k vraie entraîne ᏼ k +1 vraie.
Ainsi, pour démontrer par récurrence qu’une proposition liée à un entier
naturel n est vraie pour tout n ≥ n0 , on procède en trois étapes.
Initialisation :
Hérédité :
On vérifie la proposition au rang initial n0 .
On suppose que la proposition est vraie pour un rang quelconque k (k ≥ n0 ) et
on démontre que, sous cette hypothèse, elle est vraie au rang suivant k + 1.
On dit alors que la proposition est héréditaire. L’hypothèse « ᏼ k vraie » est
appelée hypothèse de récurrence.
16
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Séquence 1 – MA02
Conclusion :
L’axiome ci-dessus permet de conclure que la proposition est alors vraie pour
tout n ≥ n0 .
왘 Exemple 1
Démontrer une propriété donnée
Soit (un ) la suite définie pour tout entier naturel n par u 0 = 2 et
pour tout n ≥ 0, un +1 = 2un − 3.
Démontrer que pour tout n ≥ 0, un = 3 − 2n .
왘 Solution
On veut démontrer par récurrence que la proposition « un = 3 − 2n » est vraie
pour tout n ≥ 0.
Initialisation :
Au rang n = 0, la proposition s’écrit u 0 = 3 − 20 = 3 − 1 = 2 or, par définition
de un , on a u 0 = 2 ainsi la proposition est vraie au rang n = 0.
Hérédité :
On suppose que la proposition « un = 3 − 2n » est vraie pour un certain
( )
rang n = k autrement dit, on suppose que pour un entier k positif, uk = 3 − 2k .
Comme
uk +1 = 2 uk − 3 , l’hypothèse
de
récurrence
permet
d’écrire
que uk +1 = 2 ( 3 − 2 ) − 3 puis uk +1 = 6 − 2 × 2 − 3 ou encore uk +1 = 3 − 2k +1
k
k
et la proposition « un = 3 − 2n » est vraie au rang n = k + 1. La proposition est
donc héréditaire.
Initialisation :
La proposition « un = 3 − 2n » est vraie pour n = 0 et elle est héréditaire donc
pour tout n ≥ 0, un = 3 − 2n .
왘 Exemple 2
Conjecturer une propriété puis la démontrer
Soit (un ) la suite définie pour tout entier naturel n par u 0 = 1 et pour
tout n ≥ 0, un +1 = 10un − 9n − 8.
En calculant les premiers termes de la suite, conjecturer l’expression de un en
fonction de n puis démontrer le résultat.
왘 Solution
On a : u 0 = 1, u1 = 10u 0 − 9 × 0 − 8 = 10 × 1− 0 − 8 = 2,
u2 = 10u1 − 9 × 1− 8 = 10 × 2 − 9 − 8 = 3,
u 3 = 10u2 − 9 × 2 − 8 = 10 × 3 − 18 − 8 = 4 , etc.
Il semble donc que pour tout n ≥ 0, un = n + 1.
La proposition est vraie au rang n = 0 (et elle a même été vérifiée aux rangs
n = 1, n = 2 et n = 3 ).
Supposons que pour k ≥ 0, on ait uk = k + 1 et, sous cette hypothèse, montrons
que uk +1 = k + 1+ 1 à savoir uk +1 = k + 2.
Comme uk +1 = 10 uk − 9k − 8 = 10 (k + 1) − 9k − 8 = 10k + 10 − 9k − 8 = k + 2 , on
a prouvé l’hérédité.
Finalement, pour tout n ≥ 0, on a un = n + 1.
Séquence 1 – MA02
17
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왘 Exemple 3
L’importance de l’initialisation
Pour n ≥ 0, on note ᏼ n la proposition « 10n + 1 est un multiple de 9 ».
1. Démontrer que la proposition ᏼ n est héréditaire.
2. La proposition ᏼ n est-elle vraie pour tout n ≥ 0 ? À partir d’un certain rang ?
왘 Solution
1. On suppose que pour k un entier naturel positif, 10k + 1 est un multiple de 9
et, sous cette hypothèse, on montre que 10k +1 + 1 est un multiple de 9.
Dire que 10k + 1 est un multiple de 9 signifie que 10k + 1 = 9N où N est un
entier relatif ou encore 10k = 9N − 1 avec N ∈Z.
Sous cette hypothèse, on a :
10k +1 + 1 = 10 × 10k + 1 = 10 × (9N − 1)+1 = 90 N − 10 + 1 = 90 N − 9
donc 10k +1 + 1 = 9 (10N − 1) = 9N' avec N' = 10N − 1∈ℤ donc 10k + 1 est
bien un multiple de 9 et la proposition est héréditaire.
2. Pour n = 0, la proposition s’écrit « 100 + 1 est un multiple de 9 » autrement
dit « 2 est un multiple de 9 » ce qui est évidemment faux. La proposition ᏼ n
n’est donc pas vraie pour tout n ≥ 0. Etant héréditaire, elle peut être vraie à
partir d’un certain rang dès qu’elle est vraie pour un certain rang ; encore
faut-il le trouver…
On teste pour n = 1, n = 2 ou n = 3 en s’interrogeant donc sur la divisibilité
de 11, 101 ou 1001 par 9. Il apparaît que la proposition ᏼ n n’est pas
vraie pour n = 1, n = 2 ou n = 3 . Plutôt que de poursuivre les vérifications
successives, on remarque qu’un nombre est divisible par 9 lorsque la somme
de ses chiffres dans son écriture en base 10 est un multiple de 9 or la somme
des chiffres d’un nombre de la forme 10n + 1 vaut 2 quel que soit l’entier
n. Par suite, l’entier 10n + 1 n’est jamais un multiple de 9 et la proposition
« 10n + 1 est un multiple de 9 » est fausse pour tout n ≥ 0.
On retiendra donc de cet exemple qu’une proposition peut être héréditaire
tout en étant toujours fausse ; c’est le cas d’un ensemble de dominos disposés
suffisamment proches les uns des autres qui ne tombent pas si on n’en fait
tomber aucun.
왘 Exemple 4
L’importance de l’hérédité
On considère la suite (un ) définie sur ℕ par u 0 = 100 et pour
u 
tout n ≥ 0, un +1 = un + E  n  où E est la fonction partie entière.
 100 
1. Établir une conjecture concernant une expression simple de un en fonction
de n.
2. Cette relation est-elle vraie pour tout n ≥ 0 ?
Remarque
Concernant la fonction partie entière
La fonction partie entière est une fonction définie sur ℝ qui à tout réel x associe
le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x. On note E(x ) la partie entière
d’un réel x.
18
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Séquence 1 – MA02
Autrement dit, pour tout n ∈ℤ , on aura E(x ) = n pour tout x tel que n ≤ x < n + 1.
On a par exemple : E(5,7) = 5, E
( 2 ) = 1, E(10) = 10 ou E(–0,2) = –1.
Sur TI, on obtient la partie entière d’un réel x, en choisissant le menu MATH puis
NUM et en sélectionnant partEnt (ou int sur les calculatrices en anglais).
Attention à ne pas confondre avec la fonction ent (ou iPart sur les calculatrices en
anglais) qui permet d’obtenir la troncature à l’entier d’un réel.
Sur Casio, la partie entière d’un réel x s’obtient par le menu NUM (cliquer sur
OPTN) en choisissant intg.
Sur tableur, la fonction permettant d’obtenir la partie entière d’un réel est la
fonction ENT.
왘 Solution
1. On a : u 0 = 100,
u 
 100 
= 100 + E(1) = 100 + 1 = 101,
u1 = u0 + E  0  = 100 + E 
 100 
 100 
 u 
 101
u2 = u1 + E  1  = 101+ E 
= 101+ E(1, 01) = 101+ 1 = 102,
 100 
 100 
puis, de la même façon, on peut poursuivre pour obtenir u 4 = 104 , u 5 = 105
ou encore u 6 = 106.
Il semble donc que pour n ≥ 0, un = 100 + n. Cette relation est-elle vraie pour
tout n ≥ 0 ?
2. Si on envisage que la proposition puisse être fausse, un contre-exemple
suffirait à le démontrer. On peut donc poursuivre les vérifications en s’aidant
éventuellement d’un tableur jusqu’à ce que l’on trouve un rang pour lequel la
proposition n’est pas vraie.
La proposition « un = 100 + n » étant vraie au rang n = 0 (ainsi qu’aux rangs
1, 2, 3, 4, 5 ou 6 comme on l’a vérifié), elle sera vraie pour tout n ≥ 0 si elle
est héréditaire.
On peut donc envisager de démontrer que pour k ≥ 0, entraine
uk +1 = 100 + k + 1. Supposons que pour k ≥ 0, uk = 100 + k
u 
u 
alors uk +1 = uk + E  k  = 100 + k + E  k  .
 100 
 100 
u 
On pourra en déduire que uk +1 = 100 + k + 1 si on a E  k  = 1
 100 
uk
< 2 ou encore 100 ≤ uk < 200,
ce qui signifie que 1 ≤
100
soit 100 ≤ 100 + k < 200 ou encore 0 ≤ k < 100. Ceci démontre que la
proposition est héréditaire pour tout 0 ≤ k < 100 autrement dit, pour tout
0 ≤ uk < 100, entraîne uk +1 = 100 + k + 1. Ce raisonnement conduit à affirmer
que u100 = 200.
Séquence 1 – MA02
19
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Au rang suivant, on a :
u 
 200 
u101 = u100 + E  100  = 200 + E 
= 200 + E(2) = 200 + 2 = 202 ≠ 201.
 100 
 100 
Ce qui permet d’affirmer que la relation conjecturée n’est pas vraie pour tout n.
On remarquera qu’obtenir ce résultat par vérification (à l’aide d’un tableur par
exemple) est un raisonnement valable.
On retiendra qu’une proposition peut être vraie jusqu’à un certain rang,
héréditaire jusqu’à un certain rang mais pas pour tous les rangs. C’est le cas
d’un ensemble de dominos disposés suffisamment proches les uns des autres au
départ puis trop espacés par la suite. On renverse le premier domino, les suivants
tombent successivement jusqu’à ce que l’espace entre deux dominos soit trop
important et que le procédé s’arrête.
왘 Exemple 5
Une méthode pour démontrer qu’une suite est bornée
Soit (un ) la suite définie sur ℕ par : u 0 = 10 et un +1 = un + 6 pour tout n ≥ 0.
Démontrer que pour tout n ≥ 0, 3 ≤ un ≤ 10.
왘 Solution
Tout d’abord, u 0 = 10 donc 3 ≤ u 0 ≤ 10 et la proposition « 3 ≤ un ≤ 10 » est
vraie au rang n = 0.
Puis, supposons que pour un entier k ≥ 0, on ait 3 ≤ uk ≤ 10 alors 9 ≤ uk + 6 ≤ 16
puis 3 ≤ uk + 6 ≤ 4 car x ֏ x est croissante sur [0 , +∞[ ainsi 3 ≤ uk +1 ≤ 4
ce qui implique 0 ≤ uk +1 ≤ 10. La proposition est donc héréditaire.
Finalement, pour tout n ≥ 0, 3 ≤ un ≤ 10.
왘 Exemple 6
Une méthode pour étudier les variations d’une suite
Soit (un ) la suite définie sur ℕ par : u 0 = 10 et un +1 = un + 6 pour tout n ≥ 0.
Démontrer que la suite (un ) est décroissante.
왘 Solution
Pour démontrer que la suite (un ) est décroissante, on peut raisonner par
récurrence en démontrant que, pour tout n ∈N , la proposition ≪ un +1 ≤ un ≫
est vraie.
Initialisation :
On a u 0 = 10 et u1 = 16 = 4 donc u1 ≤ u 0 et la proposition ≪ un +1 ≤ un ≫
est vraie pour n = 0 .
Hérédité :
soit k un entier naturel quelconque tel que uk +1 ≤ uk . Alors uk +1 + 6 ≤ uk + 6
uk +1 + 6 ≤ uk + 6 ou encore uk + 2 ≤ uk +1 . Ainsi, la proposition
≪ un +1 ≤ un ≫ est héréditaire.
puis
20
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Conclusion :
Pour tout n ∈N , la proposition ≪ un +1 ≤ un ≫ est vraie. La suite (un ) est donc
décroissante.
Remarques
t On peut regrouper les questions des exemples 5 et 6 en une seule question, à
savoir : démontrer que pour tout n ∈N , 3 ≤ un +1 ≤ un ≤ 10. On montre alors à
l’aide d’une seule démonstration par récurrence que la suite (un ) est une suite
bornée et décroissante.
Séquence 1 – MA02
( )
t Pour étudier les variations de un , on peut étudier le signe de un +1 − un (mais
c’est plus long ! ) : pour tout n ≥ 0, o n a un +1 − un = un + 6 − un =
un + 6 − un2
un + 6 + un
En admettant le résultat démontré à l’exemple 5 ci-dessus, on sait que pour
tout n ≥ 0, un ≥ 3.
Le dénominateur est alors strictement positif comme somme de deux nombres
strictement positifs donc un +1 − un est du signe du numérateur.
Le trinôme − x 2 + x + 6 a pour discriminant ∆ = 12 − 4 × ( − 1) × 6 = 25 = 52
et pour racines −2 et 3 de sorte que − x 2 + x + 6 est du signe de − x 2
sur  −∞ ; –2 ∪  3 ; +∞  . D’une part pour tout n ≥ 0, un ≥ 3 et d’autre part
pour tout x ≥ 3, –x 2 + x − 6 ≤ 0 donc pour tout n ∈N , − un2 + un + 6 ≤ 0.
Finalement, pour tout n ∈N , un +1 − un ≤ 0 et (un ) est décroissante.
D
Exercices d’apprentissage
n
Exercice 1
Soient
(en )n ≥1 et (cn )n ≥1 les suites définies par en = ∑ k = 1+ 2 + ... + n
n
k =1
3
3
3
3
et c n = ∑ k = 1 + 2 + ... + n .
k =1
Calculer les premiers termes des suites ( e ) et ( c ). Quelle relation semble
n
n
lier en et c n ?
n 2 (n + 1)2
Démontrer par récurrence que pour tout n ≥ 1, on a c =
puis
n
4
conclure.
Exercice 2
Soit la suite (un ) définie sur ℕ par u 0 = 1 et pour tout n, un +1 =
Exprimer un en fonction de n.
un
.
1+ un
Exercice 3
Démontrez que, pour tout entier naturel n, l’entier 32n − 2n est un multiple de 7.
Exercice 4
La suite (un ) est la suite définie par u 0 = 1 et un +1 = 2 + un pour tout entier
naturel n.
Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ 2.
Exercice 5
u +1
La suite (un ) est définie par u 0 = 1 et un +1 = n
pour tout entier naturel n.
un + 3
( )
Représenter graphiquement la suite u . En dresser un tableau de valeurs
n
puis conjecturer son sens de variations.
Séquence 1 – MA02
21
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a) Démontrer que la fonction f : x ֏
x +1
est croissante sur [0 ; 1].
x +3
b) Démontrer par récurrence que (un ) est une suite décroissante à valeurs
dans l’intervalle [0 ; 1].
Exercice 6
Préambule
Pour tout entier n ≥ 1, on note n ! et on lit « factorielle de n », le nombre définit
par : n ! = n × (n − 1) × .... × 3 × 2 × 1.
Ainsi on a 1! = 1, 2!=2 × 1=2, 3!=3 × 2 × 1=6, 4!=4 × 3 × 2 × 1=24, etc.
On peut enfin remarquer que, pour tout n ≥ 1, (n +1)!=(n +1) × n !.
Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n ≥ 1, on a : n !≥ 2n −1 .
Démontrer qu’à partir d’un certain rang, on a : n !≥ 2n .
22
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Séquence 1 – MA02
3 Notions de limites
A
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre, les notions de limites, les définitions qu’il faudra
connaître et savoir utiliser pour démontrer certains résultats ainsi que les
théorèmes dont il faudra, sauf mention contraire, connaitre les démonstrations
et qu’il faudra savoir utiliser (par, exemple, pour déterminer une limite).
B
Activité 1
Pour débuter
On considère la suite (un ) définie sur ℕ par u 0 = 10 et pour tout entier n,
un +1 = un2 − 3un + 3 .
a) Représenter la suite (un ) de deux façons : l’une pour laquelle on placera un
en ordonnée et n en abscisse, l’autre pour laquelle les termes successifs de la
suite seront placés en abscisse (voir le point 4 du chapitre 1 de cette séquence).
Au vu de ces représentations graphiques, quelle conjecture peut-on émettre
quant au comportement de un pour de grandes valeurs de n ?
b) Établir un tableau de valeurs de un .
Quelle semble être la limite de la suite (un ) lorsque n devient grand ?
c) Le nombre un − 1 permet ici de mesurer la distance entre un et sa limite 1. Il
semble que l’on puisse rendre ce nombre aussi petit qu’on le souhaite pourvu
que n soit suffisamment grand.
C’est ce que l’on va constater sur quelques exemples. A l’aide du tableau
de valeur précédent, déterminer un rang au delà duquel un − 1 < 10−2
puis un − 1 < 10−5 et enfin un − 1 < 10−8.
Séquence 1 – MA02
23
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Activité 2
Une activité autour de suites de référence.
a) Compléter le tabealu de valeurs ci-dessous.
n
100
1000
106
1010
1
n
1
n
1
n2
1
n3
 1   1  1   1 
b) Quelle semble être la limite des suites 
,
,
et
?
 n   n   n 2   n 3 
1
1
≤ 10−2 puis 0 ≤
≤ 10−18 et
c) Déterminer un rang N au delà duquel 0 ≤
n
n
1
enfin 0 ≤
≤ 10−30.
n
d) Faire de même avec les trois autres suites.
Activité 3
Une autre activité autour de suites de référence.
a) Compléter le tableau de valeurs ci-dessous.
n
100
1000
106
1010
n
n2
n3
b) Quelle semble être la limite des suites
( n ) , (n2 ) et (n 3 ) ?
c) Déterminer un rang N au delà duquel
enfin n > 1030.
d) Faire de même avec les deux autres suites.
24
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Séquence 1 – MA02
n > 103 puis
n > 1010 et
Activité 4
Le flocon de Von Koch
Pour obtenir le flocon de Von Koch (figure du milieu), on procède de la façon
suivante.
À l’étape initiale (étape 0), on considère un triangle équilatéral (figure de gauche)
de côté 10 cm (par exemple). La figure initiale a donc 3 côtés de longueur
10 cm pour un périmètre total de 30 cm et une aire de 25 3 cm2 (à savoir environ
43, 3 cm2 ) .
À l’étape 1, on partage chacun des côtés de la figure précédente en 3 et, sur le
segment central, on construit un triangle équilatéral. La figure obtenue après une
10
cm (à savoir environ 3,3 cm) pour
étape comporte donc 12 côtés de longueur
3
100 3
un périmètre total de 40 cm et une aire de
(à savoir environ 57, 7 cm2 ).
3
On poursuit ainsi la construction du flocon en partageant chacun des côtés
de la figure obtenue à l’étape précédente en 3 et en construisant un triangle
équilatéral sur le segment central.
On nomme respectivement C n , Ln , Pn et An le nombre de côtés, la longueur de
chaque côtés, le périmètre et l’aire du flocon après n étapes.
10
Ainsi C 0 = 3, C1 = 12, L0 = 10, L1 = , etc.
3
a) Intuitivement que peut-on penser du comportement de chacune des quatre
suites C n , Ln , Pn et An pour de grandes valeurs de n (variations,
limites éventuelles) ?
( ) ( ) ( ) ( )
b) À l’aide d’un tableur, créer et organiser une feuille de calculs permettant
d’obtenir C n , Ln , Pn et An en fonction de l’étape n. Confirmer ou
infirmer les conjectures faites à la question précédente.
( ) ( ) ( ) ( )
c) En supposant que le triangle de départ ait des côtés de longueur 10 cm. Le
périmètre du flocon peut-il dépasser un kilomètre ? Si oui, après combien
d’étapes et quelle serait la valeur correspondante de l’aire du flocon ?
Séquence 1 – MA02
25
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C
Cours
1. Suites convergentes
a) Définitions et premières propriétés
Définition 1
On dit qu’une suite (un ) admet pour limite un réel ℓ lorsque tout intervalle
ouvert contenant ℓ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain
rang.
On note alors lim un = ℓ.
n →+∞
Lorsqu’une suite (un ) admet une limite finie, on dit qu’elle est convergente
(ou qu’elle converge).
Dans le cas contraire, on dit qu’elle est divergente.
On remarque que montrer que tout intervalle ouvert contenant ℓ contient tous les
termes de la suite à partir d’un certain rang, revient à montrer que tout intervalle
ouvert centré en ℓ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang.
En pratique, on considèrera donc fréquemment comme intervalles contenant ℓ,
des intervalles de la forme  ℓ − α ; ℓ + α où α est un réel strictement positif.
Remarque
Interprétation graphique
De la définition, on obtient que pour tout α aussi petit que l’on veut, il existe un
rang au delà duquel un appartient à ]ℓ − α ; ℓ + α[.
6
α = 0,1
P1
En nommant Pn les points de coordonnées
n ; un , la convergence de (un ) signifie
donc pour tout α aussi petit que l’on veut,
il existe un rang au delà duquel Pn entre
dans une bande limitée par les droites
d’équations y = ℓ − α et y = ℓ + α pour
ne plus jamais en ressortir.
(
P3
y=4+α
4
y=4–α
P5
P4
P9
P7
P6
P8
P2
Le graphique ci-contre illustre la
convergence vers ℓ = 4 de la suite
(un ) définie pour tout entier naturel n
un +1 = 6 − 0 , 5un et u0 = 1 (à
par
rapprocher du Chapitre 1, 4).
2
P0
j
i
0
0
26
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)
2
Séquence 1 – MA02
4
6
8
왘 Exemple 7
En utilisant la définition de la convergence d’une suite, démontrer que :
1
a) lim
=0;
n →+∞ n 2
n −1
b) La suite un définie pour tout n ∈ℕ par un =
admet pour limite 1.
n +2
( )
Remarque
En général, on ne revient pas à la définition de la notion de limites pour
déterminer les limites des suites proposées mais on utilise les propriétés sur
les limites usuelles, les règles opératoires sur les limites ainsi que les différents
théorèmes qui seront vus dans la suite de cette partie.
왘 Solution
a) On souhaite démontrer que le nombre
1
tend vers 0 lorsque n tend
n2
vers +∞, c’est-à-dire lorsque n devient aussi grand que l’on veut. Intuitivement,
le résultat semble naturel.
1
Par ailleurs, une représentation graphique de la suite de terme général
n2
permet de visualiser le résultat.
1
n2
P1
1
j
P2
i
0
0
1
2
P3
P4
P5
P6
3
4
5
6
n
Pour prouver le résultat à l’aide de la définition, on est amené à démontrer que
tout intervalle ouvert contenant 0 contient tous les termes de la suite à partir
d’un certain rang.
L’intervalle  −r ; r  où r est un réel strictement positif est un intervalle ouvert
contenant 0.
Puis :
1
n
2
∈  −r ; r  ⇔ −r <
−r <
1
n
Ainsi, on a :
2
<r ⇔0<
1
n2
1
n
2
1
n2
< r or n > 0 donc
< r ⇔ n2 > r ⇔ n > r .
∈  −r ; r  dès que n > r .
En posant N l’entier qui suit
tout n ≥ N ,
1
n2
r , on a donc démontré que pour
∈  −r ; r  . D’où le résultat.
Séquence 1 – MA02
27
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Remarque
On peut adapter la démarche ci-dessus pour montrer que :
1
lim
1
1
= 0, lim
= 0 ou plus généralement
n →+∞ n
n →+∞ n 3
= 0, lim
n →+∞ n
1
lim
n →+∞ n k
= 0 où k ∈N∗.
b) Comme on peut le voir ci-contre, une illustration graphique ou à l’aide d’un
tableur permet d’avoir une idée du comportement de la suite un .
( )
Pour démontrer la convergence de (un ) vers 1, on montre que tout intervalle
ouvert centré en 1 contient tous les termes de la suite à partir d’un certain
rang.
2
Un
1
j
i
0
0
P2
P1
1
2
P3
P4
P5
3
4
5 n
P0
L’intervalle 1− r ; 1+ r  où r est un réel strictement positif est un intervalle
ouvert contenant 1.
n −1
n −1
< 1+ r ⇔ −r <
− 1< r
n +2
n +2
−3
−3
−3
et
< r ⇔ −r <
⇔ −r <
<r
n +2
n +2 n +2
Puis : un ∈]1− r ; 1+ r [ ⇔ 1− r <
n +2> 0
Or,
et
et
r >0
donc
−3
3
3
< r ⇔ n + 2 > − ⇔ n > −2 − .
n +2
r
r
−r <
−3
3
3
⇔ n + 2 > ⇔ n > −2 +
n +2
r
r
3
3
3
et −2 + étant clairement −2 + on note
r
r
r
3
N l’entier qui suit −2 + pour obtenir que pour tout n ≥ N , un ∈ ] 1− r ; 1+ r [
r
d’où la convergence de (un ) vers 1.
Le plus grand des deux nombres −2 −
Remarque
On peut noter au passage que pour montrer la convergence de (un ) vers 1, on a
prouvé la convergence vers 0 de la suite de terme général un − 1.
왘 Exemple 8
28
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En utilisant la définition de la convergence d’une suite, montrer que toute suite
convergente est bornée.
Séquence 1 – MA02
왘 Solution
Soit (un ) une suite définie pour tout entier naturel, convergente vers un réel
ℓ . Ainsi, pour un réel r quelconque, on sait trouver un entier N tel que pour
tout n ≥ N , ᐉ − r < un < ᐉ + r donc (un ) est bornée à partir du rang N.
En notant m le plus petit des nombres u 0 ,u1,...,uN −1, ℓ − r et M le plus grand
des nombres u 0 ,u1,...,uN −1, ℓ + r on obtient que pour tout n ≥ N , m ≤ un ≤ M
ce qui signifie que (un ) est bornée.
Remarque
On peut ici raisonner en choisissant une valeur particulière pour r,
par exemple r = 1.
Limites de suites usuelles
Propriété 1
z lim
1
n →+∞ n
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
= 0 et plus
n →+∞ n
n →+∞ n 2
n → +∞ n 3
= 0, lim
généralement lim
1
n →+∞ n k
= 0 où k ∈N∗.
z Toute suite constante de terme général égal à ℓ est convergente vers ℓ .
Propriété 2
Unicité de la limite
Si une suite converge alors sa limite est unique.
Démonstration
Raisonnons
par
l’absurde.
Pour
commencer, supposons qu’une suite
(un ) converge et qu’elle admette
deux limites distinctes ℓ et ℓ ′.
Nécessairement, l’une est strictement inférieure à l’autre, par exemple ℓ < ℓ ′.
On peut donc trouver un intervalle ouvert I contenant ℓ et un intervalle ouvert J
contenant ℓ ′ qui ne se chevauchent pas.
La suite (un ) étant convergente vers ℓ , tous les termes de la suite sont dans
l’intervalle I à partir d’un certain rang N et, (un ) étant convergente vers ℓ ′ , tous
les termes de la suite sont dans l’intervalle J à partir d’un certain rang N ′ . Donc,
pour tout n à la fois supérieur à N et N ′ , le terme un se trouve à la fois dans
l’intervalle I et dans l’intervalle J, ce qui est impossible. L’hypothèse que nous
avions émise au départ est donc absurde et (un ) ne peut donc pas converger
vers deux limites distinctes.
Séquence 1 – MA02
29
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b) Opérations sur les limites
Propriété 3
Opération sur les limites
Soient ( un ) et ( vn ) deux suites convergentes de limites respectives ℓ et ℓ ′ .
On admet les résultats suivants :
z la suite de terme général un + v n est convergente et a pour limite ℓ + ℓ' ;
z la suite de terme général un × v n est convergente et a pour limite ℓ × ℓ' ;
z la suite de terme général k × un où k est un réel est convergente et a
pour limite k × ℓ ;
z si v n ne s’annule pas à partir d’un certain rang et si ℓ' ≠ 0 alors la suite
u
ℓ
de terme général n est convergente et a pour limite
.
vn
ℓ'
왘 Exemple 9
Déterminer la limite des suites de termes généraux :
an =
왘 Solution
3n 2 + n − 1
n2
, bn =
n2 − 4
, cn =
n 2 + 2n
3n 2 − n + 1
n 3 + 2n
et d n =
1
n− n
.
Dans chaque cas, on amené à transformer l’expression de la suite de façon à
utiliser les règles opératoire-ci-dessus.
z Pour n > 0, an =
3n 2 + n − 1
1
1
1 1
or lim
= 0 et lim
=0
= 3+ −
n n2
n →+∞ n
n →+∞ n 2
n2
donc, par somme, lim an = 3.
n →+∞
z Pour n > 0, bn =
n2 − 4
2
=
(n − 2)(n + 2) n − 2
2
1
=
= 1−
or lim
= 0 donc,
n (n + 2)
n
n
n →+∞ n
n + 2n
2
= 0 puis, par somme lim bn = 1.
par produit lim
n →+∞ n
n →+∞
On remarque que l’on peut proposer une autre transformation de bn pour
obtenir le résultat.
4
4
n 2 (1− ) 1−
2
2
n −4
n = n 2 or lim 4 = 0
=
En effet, pour n > 0 , bn =
2
n →+∞n 2
n 2 + 2n n2 (1+ 2 )
1+
n
n

 2
2
4
donc lim  1−  = 1 et lim
= 0 donc lim  1+  = 1 ce qui
n →+∞  n 2 
n →+∞ n
n →+∞  n 
conduit, par quotient, à lim bn = 1.
n →+∞
30
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Séquence 1 – MA02
Cette deuxième transformation est fréquemment utilisée lorsque le terme
général de la suite est une expression rationnelle en n ainsi qu’on peut le
constater dans l’exemple suivant.
On observera que, dans ce cas, on transforme l’expression de départ en
factorisant numérateur et dénominateur par leur monôme de plus haut degré
en n.
1 1
1 1
n 2(3 − + )
3− +
2
n n
n n2
1
3n − n + 1
=
= ×
.
z Pour n > 0, c n =
2
2
n
3
n 3 + 2n
1+
n (1+ )
n2
n2

1
1
1 1
D‘une part
lim
= 0 et lim
= 0 donc
lim  3 − +  = 3
n n2 
n →+∞ n
n →+∞ n 2
n →+∞ 
2
=0
et lim
n →+∞ n 2
1 1
3− +

n n2
2
donc lim  1+  = 1 ainsi par quotient lim
= 3.
2
n →+∞  n 2 
n →+∞
1+
n2
1
D’autre part lim
= 0 et par produit, on obtient lim c n = 0.
n →+∞ n
n →+∞
2
z Bien que le terme d n ne soit pas rationnelle en n, on peut adopter une
démarche analogue à celle utilisée précédemment.
Pour n > 2, d n =
1
n− n
=
1
n (1−
1
n
=
)
1
×
n
1
1−
1
.
n

1 
= 0 donc lim  1−
 = 1 puis par quotient
n →+∞ n
n →+∞ 
n
D’une part lim
1


 1 
 = 1.
lim 
1 
n →+∞ 

 1−
n
1
= 0, et par produit, on obtient lim d n = 0.
n →+∞ n
n →+∞
D’autre part lim
c) Théorèmes de comparaison et d’encadrement
Propriété 4
Compatibilité avec l’ordre
Soient ( un ) et ( vn ) deux suites convergentes de limites respectives ℓ et
ℓ′.
Si, à partir d’un certain rang, on a un < v n (ou bien un ≤ v n ) alors ℓ ≤ ℓ ′.
Séquence 1 – MA02
31
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Démonstration
ᐉ'
Supposons que ℓ > ℓ ′.
ᐉ
J contient les termes I contient les termes
de (vn) pour n ≥ N
de (un) pour n ≥ N
On peut donc trouver un intervalle ouvert I contenant ℓ et un intervalle ouvert J
contenant ℓ ′ qui ne se chevauchent pas.
La suite (un ) converge vers ℓ donc il existe un rang N1 à partir duquel I contient
( )
tous les termes de un .
De même, il existe un rang N2 à partir duquel J contient tous les termes de v n .
( )
En notant N le plus grand des entiers N1 et N2 , pour tout n ≥ N , I contient
les nombres un alors que J contient les nombres v n (voir illustration) et
donc un > v n ce qui est incompatible avec l’hypothèse de la propriété.
Donc ℓ ≤ ℓ ′.
Conséquence
Si (un )n ≥ n est une suite croissante et convergente vers ℓ alors, pour
0
tout n ≥ n0 , un ≤ ℓ .
Démonstration
Soit n ≥ n0 .
Pour tout p ≥ n , on a u p ≥ un car la suite (un ) est croissante, or la convergence
de la suite vers ℓ se traduit par lim u p = ℓ. De plus, un ne dépendant pas de p,
p →+∞
on a lim un = un . Ainsi, par passage à la limite en p dans l’inégalité ci-dessus,
p →+∞
on obtient ℓ ≥ un . Finalement, pour tout n ≥ n0 , un ≤ ℓ .
Remarque
De façon analogue, on a :
Si (un )n ≥ n est une suite décroissante et convergente vers ℓ alors, pour
0
tout n ≥ n0 , un ≥ ℓ .
Théorème 1
On admet le résultat suivant appelé « théorème des gendarmes ».
32
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( )
On considère trois suites (un ) , (v n ) et w n .
Si (un ) et (w n ) sont convergentes vers un même réel ℓ et si, à partir d’un
certain rang, un ≤ v n ≤ w n alors (v n ) est elle aussi convergente vers ℓ.
Séquence 1 – MA02
왘 Exemple 10
왘 Solution
Déterminer la limite des suites de terme général : an =
( − 1)n
2
et bn =
sinn − 2n
.
n +1
n
z Pour tout n ∈N , −1 ≤ ( −1) ≤ 1 or, pour n > 0, n > 0 donc pour n > 0,
2
n
−
1
n2
≤ an ≤
D’une part,
1
n2
.
 1
1
lim  −  = 0 et d’autre part, lim
= 0 donc par le
n →+∞  n 2 
n →+∞ n 2
théorème des gendarmes lim an = 0.
n →+∞
z Pour tout n ∈N , −1 ≤ sin n ≤ 1 donc −1− 2n ≤ sin n − 2n ≤ 1− 2n or n + 1 > 0
−1− 2n
1− 2n
.
≤ bn ≤
n +1
n +1
1
1
n ( − − 2) − − 2
 1 
−1− 2n
n
or
lim  − − 2 = −2
D’une part,
=
= n
1
1
n +1

n →+∞  n
n (1+ )
1+
n
n
 1
−1− 2n
et lim  1+  = 1 donc par quotient lim
= −2.
n →+∞  n 
n →+∞ n + 1
donc
1− 2n
= −2.
n →+∞ n + 1
Ainsi, par le théorème des gendarmes lim bn = −2.
D’autre part, on montre de façon analogue que lim
n →+∞
왘 Exemple 11
( )
On considère la suite un définie pour tout n ≥ 1, par :
n
un = ∑
1
k =0 n + k
=
1
n+ 0
+
1
+
1
n+ 1 n+ 2
+ ... +
1
n+ n
.
a) En remarquant que les n + 1 termes constituant la somme un sont tous compris
entre
1
et
n +1
1
n +1
, démontrer que pour tout n ≥ 1,
≤ un ≤
.
n
n
n+ n
n+ n
b) En déduire que la suite (un ) est convergente et préciser sa limite.
왘 Solution
a) Pour n ≥ 1 et pour 0 ≤ k ≤ n , on a 0 ≤ k ≤ n puis n ≤ n + k ≤ n + n et,
1
1
1
≤
≤
par inversion
donc chacun des n + 1 termes de la
n+ n n+ k n
1
1
d’où un ≥ (n + 1) ×
somme constituant un est supérieur à
n+ n
n+ n
1
1
et inférieur à d’où un ≤ (n + 1) × .
n
n
n +1
n +1
Finalement pour tout n ≥ 1,
≤ un ≤
.
n
n+ n
Séquence 1 – MA02
33
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1
1
n
(1+ )
1+
n +1
n =
n or lim 1 = 0
b) D’une part
=
n →+∞ n
n + n n (1+ 1 ) 1+ 1
n
n
 1
1
=0
donc lim  1+  = 1 et lim
n →+∞  n 
n →+∞ n
n +1

1 
= 1.
donc lim  1+
= 1 puis par quotient lim

+
n
n
n
→+∞

n →+∞ 
n
D’autre part
 n + 1
n +1
1
= 1+ donc lim 
 = 1.
n
n
n →+∞  n 
Par le théorème des gendarmes, on en déduit la convergence de (un ) vers 1.
2. Suites divergentes ayant pour limite +∞
ou –∞
a) Définitions et premières propriétés
Définition 2
On dit qu’une suite (un) admet pour limite +∞ si tout intervalle de la forme
 A ; + ∞ où A est un réel, contient tous les termes de la suite à partir d’un
certain rang. On note alors lim un = +∞.
n →+∞
De façon analogue, on dit qu’une suite (un) admet pour limite −∞ si tout
intervalle de la forme  −∞; A  où A est un réel, contient tous les termes de
la suite à partir d’un certain rang. On note alors lim un = −∞.
n →+∞
Dans un cas comme dans l’autre, on dit que la suite est divergente.
왘 Exemple 12
a) En utilisant la définition, démontrer que : lim n 2 = +∞.
n →+∞
101− n 2
b) La suite un définie pour tout n ∈ℕ par un =
.
2n + 1
tÀ l’aide d’un tableur, conjecturer l’éventuelle limite de la suite un .
( )
( )
tMontrer que l’on peut trouver un rang au-delà duquel un ≤ −100.
t En utilisant la définition, démontrer que lim un = −∞.
n →+∞
34
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Séquence 1 – MA02
Remarque
En général, on ne revient pas à la définition de la notion de limites pour
déterminer les limites des suites proposées mais on utilise les propriétés sur
les limites usuelles, les règles opératoires sur les limites ainsi que les différents
théorèmes qui seront vus dans la suite de cette partie.
왘 Solution
a) Par définition, on est amené à déterminer un rang N tel que pour
tout n ≥ N , n 2 ≥ A où A est un réel quelconque (aussi grand qu’on le veut ce
qui permet de se restreindre au cas où A ≥ 0).
Alors, n étant positif, n 2 ≥ A ⇔ n ≥ A et, en choisissant N l’entier qui
suit
A
on obtient que si n ≥ N alors n 2 ≥ A ce qui signifie que
lim n 2 = +∞.
n →+∞
b) À l’aide d’un tableur ou de la calculatrice, il semble que la suite (un ) tende
vers −∞.
120
80
40
50
0
100
150
–40
–80
–120
Pour n ∈N , un ≤ −100 ⇔
101− n 2
≤ −100 ⇔ 101− n 2 ≤ −100(2n + 1)
2n + 1
⇔ n 2 − 200n − 201 ≥ 0.
Le trinôme x 2 − 200 x − 201 a pour discriminant ∆ = 40804 = 2022 et donc pour
racines −1 et 201.
De plus, x 2 − 200 x − 201 est positif à l’extérieur de ses racines et n ≥ 0 donc
pour tout n ≥ 201, un ≤ −100.
Pour n ∈N , un ≤ A ⇔
101− n 2
≤ A ⇔ 101− n 2 ≤ A(2n + 1)
2n + 1
⇔ n 2 + 2An − 101+ A ≥ 0.
Séquence 1 – MA02
35
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Le trinôme x 2 + 2Ax − 101+ A a pour discriminant ∆ = 4 A 2 − 4 A + 404.
Le trinôme 4 A 2 − 4 A + 404 a lui même un discriminant strictement négatif
(–6448<0) donc il ne s’annule pas de sorte que pour tout A ∈R , ∆ > 0.
Ainsi, x 2 + 2Ax − 101− A a pour racines
− A − A 2 − A + 101 et − A + A 2 − A + 101 .
En remarquant que − A − A 2 − A + 101 ≤ − A + A 2 − A + 101 et sachant
que x 2 + 2Ax − 101− A est positif à l’extérieur de ses racines, on a
x 2 + 2Ax − 101− A ≥ 0 pour x ≥ − A + A 2 − A + 101 . On peut enfin remarquer
que dès que A ≤ 0 , − A + A 2 − A + 101 ≥ 0 comme somme de deux nombres
positifs.
Finalement, en notant N l’entier qui suit − A + A 2 − A + 101 , on a pour
tout n ≥ N , un ≤ A donc lim un = −∞.
n →+∞
Limites de suites usuelles
Propriété 5
On a : lim
n →+∞
n = +∞ , lim n = +∞ , lim n 2 = +∞ , lim n 3 = +∞
n →+∞
n →+∞
n → +∞
et plus généralement lim n k = +∞ où k ∈N∗.
n →+∞
b) Opérations sur les limites
On admet les propriétés intuitives suivantes.
Propriété 6
Somme
Soient (un) et (vn) deux suites dont les rôles peuvent être inversés.
La limite de la somme un + v n
lim v n
n →+∞
lim un
+h
–h
n →+∞
+h
+h
–h
ᐉ
36
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Séquence 1 – MA02
–h
+h
–h
Remarque
Une case coloriée signifie qu’on est en présence de « formes indéterminées »,
c’est-à-dire que la propriété ne permet pas de conclure puisque le résultat dépend
de la situation dans laquelle on se trouve.
Pour illustrer la situation, considérons les exemples suivants.
Prenons un = 3n et v n = −n.
Il est clair que
(
lim un = +∞ et que
n →+∞
)
lim v n = −∞ or un + v n = 2n de sorte
n →+∞
que lim un + v n = +∞.
n →+∞
Prenons maintenant un = 2n et v n = −3n .
Comme précédemment lim un = +∞ et lim v n = −∞ mais un + v n = −n et
n →+∞
)
(
n →+∞
on obtient lim un + v n = −∞.
n →+∞
Enfin, prenons un = n + 2 et v n = −n + 1 . Encore une fois
(
lim un = +∞
n →+∞
)
et lim v n = −∞ avec un + v n = 3 et cette fois-ci lim un + v n = 3.
n →+∞
n →+∞
On constate que la conclusion dépend du cas dans lequel on se trouve.
Propriété 7
Produit
Soient (un ) et (v n ) deux suites dont les rôles peuvent être inversés.
La limite du produit un × v n
lim v n
n →+∞
+h
–h
+h
+h
–h
–h
–h
+h
ᐉ (ᐉ>0)
+h
–h
ᐉ (ᐉ<0)
–h
+h
lim un
n →+∞
0
Remarques
d
l
fi qu’on
’ est en présence de
d
z Comme précédemment,
une case coloriée
signifie
« formes indéterminées », c’est-à-dire que la propriété ne permet pas de
conclure puisque le résultat dépend de la situation dans laquelle on se trouve.
Pour illustrer la situation, considérons les exemples suivants.
Séquence 1 – MA02
37
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un =
1
et v n = n. On a
lim un = 0 et
lim v n = +∞
n →+∞
n →+∞
n2
1
or un × v n = de sorte que lim (un × v n = 0.
n
n →+∞
1
Prenons maintenant un =
et v n = n 3 . Comme précédemment lim un = 0
2
n →+∞
n
et lim v n = +∞ mais un × v n = n et on obtient lim (un × v n = +∞.
Prenons
)
n →+∞
)
n →+∞
un =
1
et v n = n 2 . Encore une fois
lim un = 0
n →+∞
n
et lim v n = +∞ mais un × v n = 1 et on obtient lim (un × v n = 1.
Enfin, prenons
2
n →+∞
n →+∞
)
On constate que la conclusion dépend du cas dans lequel on se trouve.
z Lorsque l’une des suites converge vers un réel ℓ et que l’autre diverge en
ayant pour limite +∞ ou −∞, on sait que le produit tend vers l’infini mais il
est nécessaire d’argumenter en précisant le signe de ℓ pour pouvoir conclure.
lim un = 2 et
Par exemple, si
que
(
)
n →+∞
lim v n = −∞ alors on en déduit
n →+∞
lim un × v n = −∞ alors que si lim un = −2 et lim v n = −∞ ,
n →+∞
n →+∞
n →+∞
en déduit que
Propriété 8
lim (un × v n ) = +∞ .
n →+∞
Inversion
Soient (un ) une suite.
lim v n
 1
lim  
n →+∞  v n 
+h
0
–h
0
ℓ(ℓ≠0)
1
ℓ
0+
+h
0−
−∞
n →+∞
38
© Cned - Académie en ligne
Séquence 1 – MA02
on
Remarques
Lorsqu’une suite (v n ) ne s’annulant pas à partir d’un certain rang, tend vers 0 et
garde un signe constant au voisinage de l’infini (c’est-à-dire à partir d’un certain
rang), son inverse tend vers l’infini et la connaissance du signe de v n pour n au
voisinage de +∞ permet de conclure.
1
Par exemple, pour v n = , on a lim v n = 0 or, pour n > 0 , v n > 0 donc on en
n
n →+∞
 1
1
= n ).
déduit que lim   = +∞ (ce qui est aisément vérifiable car
vn
n →+∞  v n 
1
, on a lim v n = 0 or, pour n > 1, v n < 0 donc on
1− n
n →+∞
 1
en déduit que lim   = −∞ (ce que l’on peut obtenir en remarquant
n →+∞  v n 
1
= 1− n ).
que
vn
Alors que pour v n =
Pour préciser qu’une suite tend vers 0 en étant strictement positive pour n au
voisinage de +∞, on peut noter lim v n = 0+ ce qui signifie que lim v n = 0
n →+∞
n →+∞
avec v n > 0 pour n suffisamment grand.
De façon analogue, pour préciser qu’une suite tend vers 0 en étant strictement
négative pour n au voisinage de +∞, on peut noter lim v n = 0− ce qui signifie
n →+∞
que lim v n = 0 avec v n < 0 pour n suffisamment grand.
n →+∞
Quotient
Propriété 9
Soient (un ) et (v n ) deux suites.
u
La limite du quotient n
vn
lim v n
n →+∞
+∞
−∞
0+
0−
ℓ' ( ℓ' ≠ 0 )
+∞
+∞
−∞
+∞ ou −∞
−∞
0
−∞
+∞
0
0
ℓ (ℓ>0 )
0
0
+∞
−∞
+∞ ou −∞
0
ℓ
ℓ'
ℓ (ℓ<0 )
0
0
−∞
+∞
lim un
n →+∞
ℓ
ℓ'
Séquence 1 – MA02
39
© Cned - Académie en ligne
Remarques
u
1
Puisque n = un × , on notera que :
vn
vn
z les différentes formes indéterminées observées ici découlent des cas
d’indétermination constatées dans le cas des limites par produit et par
inversion ;
z comme précédemment, on peut parfois conclure à une limite infinie mais le
choix entre +∞ ou −∞ résulte de l’étude du signe des suites pour de grandes
valeurs de n.
왘 Exemple 13
Déterminer la limite des suites de terme général :
2
3
an = 3n + n + 5, bn = 8n − n , c n =
왘 Solution
3n 2 − n
1− n
, d n = n − n et en =
2
n −n
.
2n + 1
z On a : lim n 2 = +∞ donc lim 3n 2 = +∞ puis lim n = +∞ donc
n →+∞
n →+∞
)
n →+∞
lim (n + 5 = +∞ ainsi, par somme : lim an = +∞.
n →+∞
n →+∞
z Le raisonnement ci-dessus conduit à une indétermination, il est donc nécessaire
de transformer l’expression de bn .
(
)
d’autre
part
Par exemple, pour n ∈ℕ : bn = 8n − n 3 = n 8 − n 2 .
D’une
part
( )
lim n = +∞
n →+∞
lim −n 2 = +∞ puis
n →+∞
et,
lim n 2 = +∞
n →+∞
donc
8 − n 2 ) = −∞ .
(
n →+∞
lim
Finalement, par produit : lim bn = −∞.
n →+∞
 8 
On remarque que la transformation bn = 8n − n 3 = n 3  − 1 pour n > 0
 n2 
permettait aussi de conclure.
On remarque que, dans ce cas, la transformation d’écriture effectuée sur bn
est une factorisation par le monôme de plus haut degré, démarche que l’on a
déjà rencontrée précédemment.
z Dans cet exemple, on peut montrer que le numérateur tend vers +∞ alors que le
dénominateur tend vers −∞ ce qui est un cas d’indétermination. On transforme
alors c n en factorisant numérateur et dénominateur par le monôme de plus
1
1
n 2(3 − ) 3 −
3n 2 − n
n =
n .
haut degré. Pour n >0, c n =
=
2
1
1
1− n
−1
n 2 ( − 1)
n2
n2

1
1
1
= 0 donc lim  3 −  = 3 et, d’autre part lim
=0
n
n →+∞ n
n →+∞ 
n →+∞ n 2
D’une part lim
 1 
donc lim  − 1 = −1.
n →+∞  n 2 
40
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Séquence 1 – MA02
Par quotient, on a donc lim c n = −3. La suite (c n ) est donc convergente.
n →+∞
z Pour n ∈N , d n = n − n
or
lim
n →+∞
n = +∞ et
lim n = +∞ donc les
n →+∞
opérations sur les limites ne permettent pas de conclure, nous sommes face à
un cas d’indétermination et il est nécessaire de transformer l’expression de d n
pour lever cette indétermination. On remarque que n tend plus vite vers +∞
que n tend vers +∞ . Ainsi, l’idée est d’adopter la démarche rencontrée cidessus en factorisant d n par le terme dominant, c’est-à-dire celui qui tend le
plus vite vers +∞ .
 1

Alors,
pour
n > 0 , dn = n − n = n 
− 1
or
lim n = + ∞
 n 
n →+∞
 1

et lim 
− 1 = −1 donc par produit lim d n = −∞.

n →+∞  n
n →+∞
On remarque que c’est une transformation possible de d n car on pouvait
(
)
aussi écrire que pour n ∈N , d n = n − n = n 1− n or
(
)
et lim 1− n = −∞ donc par produit lim d n = −∞.
n →+∞
lim
n →+∞
n = +∞
n →+∞
 1

1
n
− 1
−1
 n 
n −n
n
z Pour n > 0, en =
.
=
=
1
2n + 1

1
2+
n 2+ 
n
 n
 1


1
On montre que lim 
− 1 = −1 et que lim  2 +  = 2 donc par
n

n →+∞  n
n →+∞ 
1
quotient, la suite (en ) est convergente et admet pour limite – .
2
Point méthode
Pour lever des indéterminations lors du calcul de limites en +∞,on est fréquemment amené à factoriser l’expression de départ par le terme dominant.
En particulier :
z lorsque un est une expression polynomiale en n, c’est-à-dire lorsque
un = ap × n p + ap −1 × n p −1 + ... + a1 × n + a0
où les coefficients ai sont des réels, on pensera lorsque c’est nécessaire, à
factoriser un par le monôme de plus haut degré à savoir par ap × n p ou par n p ;
z lorsque un est une expression rationnelle en n, c’est-à-dire lorsque un est
le quotient de deux expressions polynomiale en n, on pensera lorsque c’est
nécessaire à factoriser le numérateur et le dénominateur par leur monôme de
plus haut degré.
Séquence 1 – MA02
41
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c) Théorèmes de comparaison
Propriété 10
Comparaison à l’infini
Les suites (un ) et (v n ) sont telles qu’à partir d’un certain rang, un ≤ v n .
z Si lim un = +∞ alors lim v n = +∞.
n →+∞
n →+∞
z Si lim v n = −∞ alors lim un = −∞.
n →+∞
n →+∞
Démonstration
z À partir d’un certain rang, un ≤ v n or
lim un = +∞ donc, étant donné un
n →+∞
réel A quelconque, on peut trouver un rang N au delà duquel un > A et
un ≤ v n . Par suite, pour tout n ≥ N , v n > A. On en déduit que lim v n = +∞.
n →+∞
z Le deuxième point peut se démontrer de façon analogue ou bien on peut se
ramener à utiliser ce que l’on vient de démontrer. En effet, on remarque qu’à
( )
et le point démontré précédemment permet d’affirmer que lim ( −un ) = +∞
n →+∞
partir d’un certain rang −v n ≤ −un or lim v n = −∞ donc lim −v n = +∞
n →+∞
n →+∞
ou encore lim un = −∞.
n →+∞
왘 Exemple 14
Déterminer la limite des suites de terme général :
an = n 2 + ( − 1)n et bn = 2cos n − n 3 .
왘 Solution
( )
)n
z Pour n ∈N , − 1 ≤ ( −1 ≤ 1 donc n 2 − 1 ≤ an ≤ n 2 + 1 or lim n 2 − 1 = +∞
donc, par comparaison à l’infini, lim an = +∞.
n →+∞
n →+∞
(
)
z Pour n ∈N , − 2 ≤ 2cos n ≤ 2 donc −2 − n 3 ≤ bn ≤ 2 − n 3 or lim 2 − n 3 = −∞
n →+∞
donc, par comparaison à l’infini, lim bn = −∞.
n →+∞
42
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Séquence 1 – MA02
3. Exemples de suites divergentes n’ayant
pas de limite
Il y deux types de suites divergentes, celles qui ont pour limite ±∞ ainsi qu’on a
pu le voir dans le paragraphe 2 et celles qui n’ont pas de limite.
왘 Exemple 15
Montrer que la suite de terme général un = ( − 1)n est une suite divergente,
n’admettant pas de limite.
왘 Solution
Pour tout n ∈N , − 1 ≤ un ≤ 1 donc (un ) est bornée et ne peut donc avoir de
limite infinie.
Supposons désormais que la suite (un ) admette pour limite un certain réel
1
1
autrement
ℓ. Alors, il existe un rang N au delà duquel ℓ − < un < ℓ +
2
2
1
1
dit, pour tout n ≥ N : − < ( − 1)n − ℓ < . Cette double inégalité conduit
2
2
3
1
1
3
à − < ℓ < − lorsque n est impair et à < ℓ < lorsque n est pair d’où une
2
2
2
2
contradiction. L’hypothèse émise au départ est donc fausse et la suite (un ) n’a
pas de limite.
왘 Exemple
Sans démonstration et en se contentant de conjectures à l’aide de représentations
graphiques, on peut remarquer que :
z la suite de terme général un = sinn est divergente et n’a pas de limite ;
z la suite de terme général v n = n cos n est divergente et n’a pas de limite ;
z la suite (w n ) définie par la relation de récurrence w n +1 = 1− w n2 pour
1
tout n ∈ℕ et w 0 = est divergente et n’a pas de limite.
2
Séquence 1 – MA02
43
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4. Cas des suites géométriques
Propriété 11
Soit q un réel.
z Si q > 1 alors la suite de terme général q n est divergente et
on a lim q n = +∞.
n →+∞
z Si −1 < q < 1 alors la suite de terme général q n est convergente et
on a lim q n = 0.
n →+∞
z Si q ≤ −1 alors la suite de terme général q n est divergente et n’a pas de
limite.
Propriété préliminaire
Inégalité de Bernoulli
Pour tout réel x positif et pour tout entier naturel n, on a : (1+ x
)n ≥ 1+ nx .
Démonstration de l’inégalité de Bernoulli
Soit x un réel positif, démontrons par récurrence que la proposition
(1+ x )n ≥ 1+ nx est vraie pour tout n ∈ℕ.
Initialisation : on a (1+ x )0 = 1 et 1+ 0 × x = 1 donc la proposition est vraie au
rang initial n = 0.
Hérédité : soit k ∈ℕ tel que (1+ x ) ≥ 1+ kx . Comme x ≥ 0, on a 1+ x ≥ 0
k
donc, en multipliant chaque membre de l’inégalité constituant l’hypothèse de
récurrence, on a : (1+ x )k +1 ≥ (1+ kx )(1+ x ) or (1+ kx )(1+ x ) = 1+ (k + 1)x + kx 2 .
Comme kx 2 ≥ 0 , on a (1+ kx )(1+ x ) ≥ 1+ (k + 1)x d’où (1+ x
La proposition est donc héréditaire.
)k +1 ≥ 1+ (k + 1)x .
Conclusion : pour tout réel x positif et pour tout entier naturel n, on a :
(1+ x )n ≥ 1+ nx .
44
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Séquence 1 – MA02
Point historique
Nous venons de démontrer l’inégalité de Bernoulli que Jacques Bernoulli
(Bâle, 1654-1705) démontra en 1689. Cependant, on peut noter que l’on
rencontre ce résultat dès 1670 chez Isaac Barrow (Londres, 1630-1677).
Jacques Bernoulli est le premier d’une lignée de mathématiciens suisses.
Il s’est intéressé à différentes branches des mathématiques dont, par
exemple, celle des probabilités. Dans ce domaine on lui doit, par exemple,
une démonstration rigoureuse de la loi faible des grands nombres pour le
jeu de pile ou face dont découlent les notions d’épreuve de Bernoulli et de
loi de Bernoulli abordées en première.
Démonstration des propriétés concernant les limites de suites
géométriques
z Soit q > 1.
En posant x = q − 1, on a x > 0 et, par l’inégalité de Bernoulli :
q n = (1+ x ) ≥ 1+ nx .
n
)
Comme x > 0, lim (1+ nx = +∞ puis, par comparaison, on en déduit que
n →+∞
lim q n = +∞.
n →+∞
z Soit −1 < q < 1.
Le résultat est évident lorsque q = 0. Plaçons nous dans le cas où −1 < q < 1
1
> 1 et, par le résultat précédent, on obtient
et q ≠ 0. Alors on a
q
1
n
lim
= +∞ puis, par inversion lim q = 0 d’où lim q n = 0.
n
n →+∞ q
n →+∞
n →+∞
z Soit q ≤ −1.
On a −q ≥ 1 donc la suite de terme général ( − q )n est divergente et admet
pour limite +∞ ce qui signifie que, pour tout réel A que l’on peut choisir positif
et aussi grand que l’on veut, il existe un rang N au delà duquel ( − q )n > A .
Lorsque n est pair, ( − q )n = q n donc, pour tout entier n pair supérieur à N,
on a q n > A alors que lorsque n est impair, ( − q )n = −q n donc, pour tout
entier n impair supérieur à N, on a −q n > A ou encore q n < − A . La suite de
terme général q n n’est donc ni majorée, ni minorée, elle ne peut donc pas être
convergente. Il apparaît plus précisément qu’elle n’a pas de limite.
Séquence 1 – MA02
45
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300
A = 200
250
200
y=A
150
100
50
0
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
–50
–100
–150
–200
y = –A
–250
–300
왘 Exemple 16
Déterminer les limites éventuelles des suites de terme général :
an = 1− 5 , bn = ( 2 + n )
n
왘 Solution
n
n
k
 1
et c n = ∑   .
 3
k =0
z On a lim 5n = +∞ car 5 > 1 donc lim an = −∞.
n →+∞
n →+∞
z Pour tout n ≥ 0, 2+n ≥ 2 donc (2 + n )n ≥ 2n or lim 2n = +∞ car 2 > 1 donc,
par comparaison lim bn = −∞.
n →+∞
n →+∞
z Le réel c n
est la somme des n + 1 premiers termes d’une suite
géométrique de raison
n +1
1
et de terme initial 1. Donc, pour tout n ∈N ,
3
 1
1−  
n +1
  n +1
 1
1
 3
3
1
=0
= ×  1−    or −1 < < 1 donc lim  
cn = 1×
3
n →+∞  3 
1
2   3 


1−
3
   n +1 
1
 = 1 et par produit, on en déduit que lim c = 3 .
puis lim 1−  
n 2

n →+∞   3 
n →+∞


46
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Séquence 1 – MA02
5. Cas des suites monotones
Propriété 13
z Si une suite (un ) est croissante et non majorée alors lim un = +∞.
n →+∞
z Si une suite (un ) est décroissante et non minorée alors lim un = −∞.
n →+∞
Démonstration
z Dire que (un ) n’est pas majorée signifie que, pour tout réel A, on peut trouver
un rang N tel que uN > A or la suite (un ) est croissante donc pour tout
n ≥ N , un ≥ uN et, par suite, pour tout n ≥ N , un > A ce qui prouve que
lim un = +∞.
n →+∞
z Le deuxième point peut être démontré en utilisant un raisonnement analogue
ou bien en appliquant le résultat prouvé ci-dessus à la suite de terme général
Théorème 2
−un .
Remarque
Convergence monotone
z Si une suite est croissante et majorée alors elle est convergente.
z Si une suite est décroissante et minorée alors elle est convergente.
z On admet ce théorème.
z Ce théorème permet de prouver la convergence d’une suite mais n’en donne
pas la limite.
왘 Exemple 17
Soit (un ) la suite définie sur ℕ par : u 0 = 10 et un +1 = un + 6 pour tout n ≥ 0.
Dans les exemples 5 et 6 du chapitre 2 (Le raisonnement par récurrence),
nous avons montré que (un ) est une suite décroissante et que, pour
tout n ≥ 0, 3 ≤ un ≤ 10. La suite (un ) est ainsi une suite décroissante et minorée
par 3 donc (un ) est convergente d’après le théorème de la convergence
monotone.
Séquence 1 – MA02
47
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Par ailleurs, on sait que pour tout n ≥ 0, 3 ≤ un ≤ 10 donc en notant ℓ la limite
de la suite (un ) , on peut en déduire par passage à la limite que 3 ≤ ℓ ≤ 10.
À ce stade de l’étude, on dispose donc de la convergence de la suite (un ) ainsi que
d’un encadrement de la limite mais on n’a aucune information supplémentaire
quant à sa valeur.
C
Exercice 7
Exercices d’apprentissage
Déterminer la limite éventuelle des suites de terme général :
an = 3n 2 − n +
1
1− 3n 2
; bn = (1− 3n )(n 2 + n − 2) ; c n =
;
(n + 1)(n − 2)
n
n
 1
1 1
1
1
d n = 1+ + + ... +
; en =  −  + 3 ; fn =
;
7 72
 2
7n
n + 5n
g n = 2n + 2n + 2 − 2n + 3 ; hn = 3n − 7n .
Exercice 8
Déterminer la limite de la suite (u ) définie par u =
n
n
n n − 1000
pour n ≥ 1.
n
a) Soit A un réel. Justifier l’existence d’un rang N au delà duquel u ≥ A.
n
b) Montrer que (un ) est croissante.
c) Écrire un algorithme donnant le plus petit rang N à partir duquel tous les
termes de la suite (un ) appartiennent à l’intervalle  A ; + ∞ où A est un
réel quelconque.
Exercice 9
Déterminer la limite des suites définies par leur terme général :
2
n
an = 2n − ( − 1) ; bn = sin
Exercice 10
Pour n ≥ 2, on définit (un ) par un = 3 +
Montrer que, pour tout n ≥ 2,
( )
En déduire la limite de un .
48
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( )
Séquence 1 – MA02
n
 3
n + cos n
n − n ; c n =   sin n ; d n =
.
3 − 2n
 4
3
n
n + ( − 1)n
.
n
n
.
≤ un − 3 ≤
n −1
n +1
Exercice 10
Étudier la convergence de la suite (un ) définie sur ℕ par
un =
1
1
1
+
+ ... + .
n +1 n + 2
2n
Indication :
On pourra montrer que (un ) est croissante et majorée.
Séquence 1 – MA02
49
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4 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
Le principe de récurrence
Soit une proposition ᏼ n dépendant d’un entier naturel n.
Pour démontrer que ᏼ n est vraie pour tout entier n ≥ n0 , il suffit de
montrer que :
� La proposition est vraie au rang n
(
0 ;
)
� pour un entier k quelconque k ≥ n , ᏼ vraie entraîne ᏼ
0
k
k +1 vraie.
Définition
On dit qu’une suite (un ) admet pour limite un réel ℓ lorsque tout intervalle
ouvert contenant ℓ contient tous les termes de la suite à partir d’un certain
rang.
On note alors lim un = ℓ.
n →+∞
Lorsqu’une suite (un ) admet une limite finie, on dit qu’elle est convergente
(ou qu’elle converge).
Dans le cas contraire, on dit qu’elle est divergente.
Propriété
z lim
1
n →+∞ n
Limites de suites convergentes usuelles
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
=0
n →+∞ n
n →+∞ n 2
n → +∞ n 3
= 0, lim
et plus généralement lim
1
n →+∞ n k
= 0 où k ∈N∗.
z Toute suite constante de terme général égal à ℓ est convergente vers ℓ .
Séquence 1 – MA02
51
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Propriété
Unicité de la limite d’une suite convergente
Si une suite converge alors sa limite est unique.
Propriété
Opération sur les limites de suites convergentes
Soient ( un ) et ( vn ) deux suites convergentes de limites respectives ℓ
et ℓ ′ .
On admet les résultats suivants :
z la suite de terme général un + v n est convergente et a pour limite ℓ + ℓ' ;
z la suite de terme général un × v n est convergente et a pour limite ℓ × ℓ' ;
z la suite de terme général k × un où k est un réel est convergente et a
pour limite k × ℓ ;
zsi v n ne s’annule pas à partir d’un certain rang et si ℓ' ≠ 0 alors la suite
u
ℓ
de terme général n est convergente et a pour limite
.
vn
ℓ'
Propriété
Compatilité avec l’ordre
Soient (un) et (vn) sont deux suites convergentes de limites respectives ℓ
et ℓ ′ .
Si, à partir d’un certain rang, on a un < v n (ou bien un ≤ v n ) alors ℓ ≤ ℓ ′.
왘Conséquence
Si (un )n ≥ n est une suite croissante et convergente vers ℓ alors, pour
0
Théorème
tout n ≥ n0 , un ≤ ℓ .
52
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Théorème des gendarmes
)
( )
On considère trois suites (un , et w n .
Si (un ) et (w n ) sont convergentes vers un même réel ℓ et si, à partir d’un
certain rang, un ≤ v n ≤ w n alors (v n ) est elle aussi convergente vers ℓ.
Séquence 1 – MA02
Définition
Suites divergentes de limite infinie
On dit qu’une suite (un) admet pour limite +∞ si tout intervalle de la forme
 A ; + ∞ où A est un réel, contient tous les termes de la suite à partir d’un
certain rang. On note alors lim un = +∞.
n →+∞
De façon analogue, on dit qu’une suite (un) admet pour limite −∞ si tout
intervalle de la forme  −∞; A où A est un réel, contient tous les termes de
la suite à partir d’un certain rang. On note alors lim un = −∞.
n →+∞
Dans un cas comme dans l’autre, on dit que la suite est divergente.
Propriété
Limites de suites divergentes usuelles
On a : lim
n = +∞ , lim n = +∞ , lim n 2 = +∞ , lim n 3 = +∞
n →+∞
n →+∞
n → +∞
n →+∞
et plus généralement lim n k = +∞ où k ∈N∗.
n →+∞
Propriétés
Limite d’une som
somme
La limite de la somme un + v n
lim v n
n →+∞
lim un
+∞
–∞
n →+∞
+∞
–∞
ᐉ
+∞
+∞
–∞
–∞
Limite d’un produit
La limite du produit un × v n
lim un
lim v n
n →+∞
+∞
–∞
+∞
–∞
–∞
+∞
+∞
–∞
–∞
+∞
n →+∞
+∞
–∞
0
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Séquence 1 – MA02
53
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Inversion
lim v n
 1
lim  
n →+∞  v n 
+∞
0
–∞
0
ℓ(ℓ≠0)
1
ℓ
0+
+∞
0−
–∞
n →+∞
Limite d’un quotient
u
La limite du quotient n
vn
lim v n
n →+∞
lim un
+∞
–∞
0+
0−
ℓ' ( ℓ' ≠ 0 )
+∞
+∞
–∞
+∞ ou –∞
–∞
–∞
+∞
+∞ ou –∞
n →+∞
0
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0
0
0
0
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Propriété
0
+∞
–∞
–∞
+∞
ℓ
ℓ'
Comparaison en + h
Les suites (un ) et (v n ) sont telles qu’à partir d’un certain rang, un ≤ v n .
z Si lim un = +∞ alors lim v n = +∞.
n →+∞
n →+∞
z Si lim v n = −∞ alors lim un = −∞.
n →+∞
54
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Séquence 1 – MA02
n →+∞
Propriété
Cas de suites géométriques
Soit q un réel.
z Si q > 1 alors la suite de terme général q n est divergente et on a
lim q n = +∞.
n →+∞
z Si −1 < q < 1 alors la suite de terme général q n est convergente et on a
lim q n = 0.
n →+∞
z Si q ≤ −1 alors la suite de terme général q n est divergente et n’a pas de
limite.
Propriété
Cas de suites monotones divergentes
z Si une suite (un ) est croissante et non majorée alors lim un = +∞.
n →+∞
z Si une suite (un ) est décroissante et non minorée alors lim un = −∞.
Théorème
n →+∞
B
Exercice I
Convergence monotone
z Si une suite est croissante et majorée alors elle est convergente.
z Si une suite est décroissante et minorée alors elle est convergente.
Exercices de synthèse
Soit (un ) la suite définie par u 0 = −3 et un +1 =
9
pour n ≥ 0.
6 − un
� Démontrer que la fonction f définie sur  −∞ ; 6  par f (x ) =
strictement croissante sur  −∞ ; 6  .
9
est
6− x
� a) Démontrer que, pour tout n ∈ℕ , on a u < 3 et que la suite (u ) est
n
n
croissante.
b) Que peut-on en déduire quant à la convergence de la suite (un ) ?
Séquence 1 – MA02
55
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1
� Soit (v ) la suite définie par v =
n
n u − 3 pour n ≥ 0.
n
a) Montrer que (v n ) est une suite arithmétique dont on précisera la raison et
le premier terme.
b) Déterminer la limite de la suite (v n ) puis, après avoir exprimer un en
fonction de v n , conclure quant à la limite de un .
( )
Exercice II
On définit la suite (un ) par son premier terme u 0 ≠ −2 et la relation de
u +6
récurrence un +1 = n
.
un + 2
� Montrer qu’il existe deux valeurs de u tels que la suite (u ) soit constante.
n
0
On notera a et b (avec a > b ) ces deux valeurs.
x +6
.
x +2
a) Étudier la fonction f, tracer sa courbe représentative ainsi que la droite
d’équation y = x sur l’intervalle [0 ; 5] et construire les quatre premiers
termes de la suite (un ) en choisissant u 0 = 0.
b) Que peut-on conjecturer dans ce cas quant au comportement de la suite (un ?
c) À l’aide du logiciel Geogebra ou d’un tableur, conjecturer le comportement de
la suite (un selon la valeur du terme initial u 0 ≠ 2.
� Soit f la fonction définie par f (x ) =
)
)
� Montrer que si u
pour un .
0 est différent b alors, pour tout n ∈N , il en est de même
u −a
� On choisit u ≠ b et, pour n ∈N , on pose v = n
0
n u −b .
n
Exprimer v n +1 en fonction de v n . En déduire l’expression de v n en fonction
de n, celle de un en fonction de n puis la limite de un quand n tend vers +∞.
Exercice III
� Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = 1, 6 x − 1, 6 x 2 . Etudier le sens de
variation de f sur R.
� On considère la suite (u ) définie par u = 0 ,1 et u
0
n
n +1 = 1, 6un (1− un ) pour
tout n ∈N.
Dans le plan rapporté à un repère orthonormal, on dispose de la représentation
graphique de la courbe d’équation y = f ( x ).
Construire en abscisse les cinq premiers termes de la suite (un ) en laissant
apparents les traits de construction.
Quelles conjectures peut-on formuler concernant les variations et l’éventuelle
convergence de la suite (un ) ?
56
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Séquence 1 – MA02
0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1
3
8
b) Que peut-on en déduire concernant la convergence de la suite (un ) ?
� a) Démontrer que pour tout n ∈N , on a 0 ≤ un ≤ un +1 ≤ .
� a) Montrer que pour tout n ∈N , on a
que
3

3
− un +1 ≤ 0, 84  − un  .
8
8

5

3
3
− un +1 = 1, 6  − un   − un  puis
8

8
8
b) Montrer par récurrence que pour tout n ∈N , on a
( )
3
− u ≤ 0, 84n .
8 n
c) Déterminer la limite de la suite un .
Exercice IV
Répondre par VRAI ou FAUX aux affirmations suivantes en justifiant les réponses.
� Toute suite décroissante est majorée.
� Toute suite décroissante et minorée par 0 a pour limite 0.
� Toute suite croissante et majorée est bornée.
� Toute suite qui admet pour limite +∞ n’est pas majorée.
� Si (u ) et (v ) sont des suites convergentes telles que pour tout
n
n
n ∈N , un < v n alors
lim un < lim v n .
n →+∞
Exercice V
n →+∞
Dans chacun des cas suivants, déterminer lorsque c’est possible et en justifiant,
une suite (un ) non constante dont tous les termes sont strictement positifs, qui
converge vers la valeur 2012 et qui vérifie la condition indiquée.
� On a : u = f (n ) où f est une fonction homographique.
n
Séquence 1 – MA02
57
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� La suite (u ) est géométrique.
n
� La suite (u ) est la suite des sommes des n premiers termes d’une suite
n
géométrique.
� La suite (u ) est arithmétique.
n
Exercice VI
On se propose de calculer l’aire sous la courbe représentant la fonction carré sur
l’intervalle [0 ; 1], c’est-à-dire l’aire du domaine Ᏸ limité par la représentation
graphique de la fonction carrée, l’axe des abscisses ainsi que les droites
d’équations x = 0 et x = 1.
Pour cela, on partage l’intervalle [0 ; 1]
1
en n intervalles de longueur
(où n
n
est un entier supérieur à 1) sur lesquels
on construit n rectangles situés sous la
courbe et n rectangles contenant Ᏸ.
On note un l’aire totale des rectangles
situés sous la courbe et v n l’aire
totale des rectangles contenant le
domaine Ᏸ. On obtient ainsi deux
suites (un ) et (v n ) encadrant l’aire A
cherchée.
1
y = x2
0
0 1/n 2/n 3/n 4/n 5/n 6/n
(n)–2 (n)–1
n
n
1
Ainsi, pour tout n ≥ 1, on a : un ≤ A ≤ v n .
� Illustrer la situation à l’aide du logiciel Geogebra afin de conjecturer le résultat.
Indications pour le faire
Représenter la fonction f définie sur [0 ; 1] par f ( x ) = x 2 , créer un curseur
n prenant des valeurs entières puis définir les suites (un ) et (v n ) en tapant
respectivement dans la barre de saisie u_n=sommeinférieure [f,0,1,n] et
v_n=sommesupérieure[f,0,1,n]. Il suffit alors de choisir différentes valeurs
pour n pour observer le comportement des les suites (un ) et v n .
( )
1 n
1 n
n k =1
n k =1
� a) Vérifier que, pour n ≥ 1, u =
n
3
∑ k 2 et v n =
k2 .
∑
3
n
2
b) Démontrer par récurrence que, pour tout n ≥ 1, ∑ k =
k =1
n (n + 1)(2n + 1)
6
et en déduire l’expression de un et de v n en fonction de n.
c) Calculer la limite de chacune de ces suites et en déduire l’aire A cherchée
en unités d’aire.
58
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Séquence 1 – MA02
Exercice VII
On considère la suite (un ) définie pour tout entier naturel non nul par :
n
k
n
1
2
=
+
+ ... +
.
2
nk
n
n
+
+
+
1
1
2
1
+
n
1
k =1
un = ∑
� Calculer u , u et u .
1 2
3
� a) Soit n ≥ 1. Montrer que, pour tout entier k
tel que 1≤ k ≤ n , on a
k
1
1
≤
≤ .
n + 1 nk + 1 n
Indications
On pourra remarquer que pour tout entier k tel que 1≤ k ≤ n , on a
1
k
=
.
1
nk + 1
n+
k
n
b) En déduire que, pour tout n entier strictement positif, on a
≤ u ≤ 1.
n +1 n
c) Étudier alors la convergence de la suite un .
( )
� a) Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe un entier p strictement positif tel que,
pour tout entier n ≥ p , on a un − 1 < 10−2 ?
À l’aide de la double inégalité obtenue à la question � b), déterminer une
condition suffisante sur p pour que un − 1 < 10−2 soit vérifiée pour tout
entier n ≥ p.
b) Écrire et implémenter sous Algobox ou sur la calculatrice un algorithme
permettant de calculer u p où p est l’entier obtenu à la question 3.a.
Donner une valeur approchée près du réel u p .
c) Écrire et implémenter sous Algobox ou sur la calculatrice un algorithme
permettant de déterminer le plus petit entier p strictement positif tel que,
pour tout entier n ≥ p , on a un − 1 < 10−2 et d’afficher la valeur de u p
correspondante. Donner les valeurs de p et de u p obtenues dans ce cas.
d) Comment expliquer les valeurs différentes que l’on obtient aux questions
3.a et 3.c ?
Exercice VIII
L’objectif est de comparer la vitesse à laquelle les suites ( n ! ) et ( n n ) tendent
vers +∞.
n!
� Soit la suite (u ) définie pour n ≥ 1 par u =
.
n
n
nn
Calculer les valeurs de un pour des valeurs de n égales à 1, 2, 3, 10 et 100.
Que peut-on conjecturer ?
Séquence 1 – MA02
59
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� On rappelle l’inégalité de Bernoulli : pour tout réel x positif et pour tout entier
n
naturel n, on a : (1+ x
) ≥ 1+ nx .
Montrer que pour tout n ≥ 1, on a
un
1
≥ 2. En déduire que un ≤
.
un + 1
2n −1
� Déterminer la limite de (u ) puis conclure quant aux vitesses de convergence
n
n
des les suites ( n ! ) et (n ).
n
Exercice IX
Soit (un ) la suite définie pour n ≥ 1 par un = ∑
1
k =1 k
.
( ) ainsi que la vitesse à
L’objectif est de déterminer la limite de la suite un
laquelle un tend vers cette limite.
� a) Écrire un algorithme donnant directement le terme de rang N dès que l’on
dispose de la valeur de N.
b) Implémenter cet algorithme sur Algobox ou sur une calculatrice, le tester en
choisissant quelques valeurs de N et conjecturer le comportement de un
pour de grandes valeurs de n.
� a) Montrer que pour tout k ≥ 1,
1
≤ k + 1− k ≤
1
.
2 k
2 k +1
b) En sommant les inégalités précédentes, démontrer que pour tout n ≥ 1,
2 n − 2 ≤ un (1) et que un ≤ 2 n + 1 (2).
( )
� a) Déterminer la limite de u .
n
b) On dit que v n est équivalent à un lorsque (v n ) et (un ) convergent (ou
divergent vers −∞ ou +∞) à la même vitesse, c’est-à-dire lorsque
u
lim n = 1.
n →+∞ v n
Déterminer un équivalent de un sous la forme v n = f (n ) où f est une
fonction simple.
Exercice X
Introduction historique à l’exercice.
Le but de cet exercice est de présenter un algorithme donnant une valeur
approchée de la racine carrée d’un nombre.
L’extraction de racines carrées a toujours été d’un grand intérêt au cours de
l’histoire des mathématiques. C’est ainsi qu’au fil des siècles, on rencontre
diverses méthodes, géométriques ou arithmétiques.
Parmi celles-ci, l’algorithme de Héron dont il sera question dans l’exercice occupe
une place de choix.
Héron d’Alexandrie (fin du 1er siècle après J.-C.) était un mathématicien dont
on ne sait que peu de choses. C’est seulement en 1896 qu’on découvre à
Constantinople le livre I de ses Métriques, dans lequel on trouve, entre autre, un
exposé de sa méthode de recherche de racines carrées. Sans qu’il soit précisé la
60
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Séquence 1 – MA02
démarche qui l’a conduit à un tel résultat, Héron calcule des valeurs approchées
de racines carrées comme convergence d’une suite de nombres obtenus par
itérations successives d’une formule.
Afin de présenter ce travail, raisonnons selon un point de vue géométrique.
Pour construire un carré ayant même aire qu’un rectangle d’aire donnée A, on
peut construire un rectangle de même aire dont l’un des côtés est la moyenne
arithmétique des côtés du précédent puis recommencer le procédé plusieurs fois.
La suite des longueurs des côtés des rectangles successifs convergera vers A .
Traduisons cette méthode dans le cadre numérique.
On note un la longueur d’un des côtés du rectangle à la n-ième étape de
l’algorithme.
À l’étape initiale, on considère donc un rectangle d’aire A strictement positive et
dont un côté mesure un nombre u 0 quelconque.
La longueur du rectangle à la (n+1)-ième doit donc être la moyenne arithmétique
A
des côtés du rectangle obtenu à la n-ième étape or ces côtés sont un et
de
un
A
1
sorte que l’on ait un +1 =  un +  .
un 
2
L’algorithme de Héron consistera à utiliser la suite (un ) définie sur ℕ par
A
1
un +1 =  un +  et de terme initial u0 quelconque et positif.
un 
2
On choisira pour cet exercice u 0 = E( A ) + 1 où la fonction E est la fonction
« partie entière ».
1
A
� Soit f la fonction définie sur  0 ; + ∞  par f ( x ) =  x +  . On note Ꮿ
f
x
2
sa courbe représentative dans le plan rapporté à un repère orthonormal
O ; i , j . Pour les représentations graphiques, on prendra 5 cm comme unité
(
)
et on travaillera avec A = 2.
a) Étudier les variations de f.
b) Représenter graphiquement Ꮿf ainsi que la droite d’équation y = x
sur 0 ; + ∞  .
� On considère donc la suite (u ) défini sur
n
un + 1 = f un .
( )
ℕ par u0 = E( A ) + 1 et
a) Sur le graphique précédent, représenter les premiers termes de la suite
(un ) et conjecturer le comportement asymptotique de un .
( )
b) Démontrer par récurrence que pour k ∈N , A ≤ un +1 ≤ un ≤ u0 .
( )
c) En déduire la convergence de la suite un .
� a) Démontrer que, pour tout n ∈N , u
1
(
)
n + 1 − A ≤ 2 un − A .
Séquence 1 – MA02
61
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b) En déduire par récurrence que, pour tout n ∈N , un − A ≤
( )
u 0 − A ).
(
2
1
n
c) Conclure quant à la limite de la suite un .
� Dans le cas où A = 2 , déterminer à l’aide de la calculatrice et de l’inégalité
obtenue au 3.b une condition suffisante sur n pour que un − 2 ≤ 10−10.
Déterminer le plus petit entier n au-delà duquel un − 2 ≤ 10−10. Expliquer
la différence entre les résultats obtenus. Que pensez-vous de la vitesse de
convergence de la suite (un ) vers sa limite ?
� Écrire l’algorithme de Héron donnant une approximation de
A avec une
erreur strictement inférieure à un réel p donné.
Exercice XI
Quelle est la limite de la suite (un ) définie pour tout entier n supérieur à 1 par :
u1 = 0 , 57 , u2 = 0 , 5757 , … , un = 0 , 57
...57 ?
2n chiffres
쎱
62
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Séquence 1 – MA02
Séquence 2
Généralités
sur les fonctions
Sommaire
1. Pré-requis
2. Fonctions sinus et cosinus
3. Limites de fonctions
4. Continuité d’une fonction
5. Dérivation et applications
6. Synthèse de la séquence
Dans cette séquence, il s’agit d’une part d’introduire deux nouvelles fonctions usuelles
(les fonction sinus et cosinus) et, d’autre
part, de compléter et d’approfondir les
bases de l’analyse qui seront nécessaires
tout au long de l’année de terminale ainsi
que dans le supérieur.
Séquence 2 – MA02
1
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1 Pré-requis
A
Limites
La notion de limites a été abordée dans la séquence sur les suites numériques.
La notion de limites de fonction étant une extension du travail qui a été fait sur
les suites, il est important d’avoir travaillé le chapitre correspondant, de s’être
approprié le concept de limites et de maîtriser les méthodes vues pour déterminer les limites de suites.
B
Dérivation
1. Taux d’accroissement
Définition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant deux réels
distincts a et b.
On appelle taux d’accroissement (ou taux de variation) de la fonction f
f (b ) − f (a )
.
entre a et b le réel
b −a
Illustration graphique
Soit f une fonction et Ꮿ f sa courbe représentative.
Ꮿf
On note A et B les points de coordonnées respectives
f(b)
B
(a ; f (a )) et (b ; f (b )).
A
Le taux d’accroissement de la fonction f entre a et b est
a
égal au coefficient directeur de la droite (AB), à savoir
y B − y A f ( b ) − f (a )
=
.
xB − x A
b −a
f(a)
b
Séquence 2 – MA02
3
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2. Nombre dérivé et tangente
Ꮿf
∆h
f(a + h)
M
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a.
On note A et M les points de coordonnées respectives a ; f (a ) et a + h ; f (a + h ) où h est un réel
(
A
) (
)
non nul quelconque, aussi petit que l’on veut.
f(a)
La droite ∆h a pour coefficient directeur
∆
y M − y A f (a + h ) − f (a ) f (a + h ) − f (a )
=
=
.
xM − x A
h
(a + h ) − a
a+h
a
Lorsque h tend vers 0, le point M se déplace sur la courbe Ꮿ f se rapprochant
de A et la droite ∆h a pour position limite la droite ∆ qui est la tangente à Ꮿ f
au point A.
f (a + h ) − f (a )
La droite ∆ a donc pour coefficient directeur la limite du nombre
h
f (a + h ) − f (a )
.
lorsque h tend vers 0. Lorsqu’elle existe, cette limite est notée lim
h
h →0
Définition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a.
f (a + h ) − f (a )
existe
On dit que f est dérivable en a si et seulement si lim
h
h →0
et est finie.
f (a + h ) − f (a )
Dans ce cas, on note lim
= f ' (a ).
h
h →0
Le réel f'(a ) ainsi défini est appelé nombre dérivé de f en a.
Remarque
En posant x = a + h ou encore h = x − a , on remarque d’une part que lorsque
h tend vers 0, x tend vers a et d’autre part que le nombre
f (x ) − f (a )
ainsi
x −a
f (a + h ) − f (a )
s’écrit
h
f (a + h ) − f (a )
f (x ) − f (a )
= lim
.
h
h →0
x →a x − a
lim
On obtient donc une autre façon de noter le nombre f ' (a ) lorsque f est dérivable
f (x ) − f (a )
en a, à savoir lim
= f ' (a ) .
x →a x − a
4
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Séquence 2 – MA02
Propriété
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I contenant un réel a et Ꮿ f
sa courbe représentative.
(
)
La courbe Ꮿ f admet au point de coordonnées a ; f (a ) une tangente
(
)
d’équation y = f '(a ) x − a + f (a ).
Démonstration
Avec les notations précédentes, on a vu que si f est dérivable en a alors, la tangente ∆ à sa courbe représentative Ꮿ f au point d’abscisse a a pour coefficient
directeur f ’(a).
Ainsi, ∆ a pour équation y = f ' (a ) × x + p or ∆ passe par le point A de
coordonnées a ; f (a d’où f (a ) = f '(a ) × a + p ce qui permet d’en déduire
que p = f (a ) − f '(a ) × a.
(
)
Finalement, ∆ a pour équation y = f '(a )x + f (a ) − f '(a ) × a ou encore
y = f '(a )( x − a ) + f (a ).
Remarques
Avec les notations précédentes :
t la courbe Ꮿ f admet au point A une tangente horizontale si et seulement
si f ' (a ) = 0 ;
f (a + h ) − f (a )
= ±∞ alors Ꮿ f admet
h
h →0
au point A une (demi-) tangente verticale ;
t si f n’est pas dérivable en a mais si lim
f (a + h ) − f (a )
admet des limites difh
férentes à droite et à gauche de a, alors Ꮿ f admet au point A deux
t si f n’est pas dérivable en a mais si
demi-tangentes distinctes et il apparaît donc en A un point anguleux.
Exercice A
Dans chaque cas, étudier la dérivabilité de f en a.
a) La fonction f définie par f ( x ) = x et a = 0.
b) La fonction f définie par f ( x ) = x x et a = 0.
c) La fonction f définie par f ( x ) = x et a = 0.
Séquence 2 – MA02
5
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왘
Solutions
f (0 + h ) − f (0)
h
1
=
=
or, lorsque h tend vers 0, h
h
h
h
1
tend vers +∞ (ce raisonnement concertend vers 0 en étant positif donc
h
nant les limites sera précisé par la suite).
a) Pour h ≠ 0, on a
f (0 + h ) − f (0)
= +∞ et f n’est pas dérivable en 0. On note
h
h →0
Finalement, lim
que graphiquement, la courbe représentant la fonction racine carrée admet à
l’origine une tangente verticale.
f (0 + h ) − f (0) h h
=
= h or, lorsque h tend vers 0, h
h
h
f (0 + h ) − f (0)
tend vers 0 donc lim
= 0. La fonction f est donc dérivable
h
h →0
b) Pour h ≠ 0, on a
en 0 et on a f ′(0 ) = 0. Graphiquement, la courbe représentant f admet à l’origine une tangente horizontale.
c) Pour h ≠ 0, on a
f (0 + h ) − f (0) h
= .
h
h
f (0 + h ) − f (0)
= 1 alors que si h < 0,
h
f (0 + h ) − f (0)
f (0 + h ) − f (0)
= −1. Le taux d’accroissement
ne peut donc pas
h
h
avoir de limite lorsque h tend vers 0, la fonction valeur absolue n’est donc pas
On remarque que, si h > 0,
dérivable en 0.On remarque cependant que ce taux d’accroissement admet
une limite égale à 1 à droite de 0 et égale à −1à gauche de 0. La fonction f
est donc dérivable à droite de 0 et à gauche de 0. Graphiquement, on observe
des demi-tangentes de coefficient directeur égal à 1 à droite de 0 et égal à −1
à gauche de 0. Au point d’abscisse 0, il y a donc un point anguleux.
3. Fonction dérivée et application
à l’étude des variations
Définition
Une fonction f est dite dérivable sur un intervalle I si elle est dérivable en
tout réel de I.
La fonction qui a tout réel x de I associe son nombre dérivé en x est appelée fonction dérivée de f et est notée f ’.
6
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Séquence 2 – MA02
t Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I. La fonction x ֏ f ' (x ) définie
sur I est notée f ' et appelée dérivée (première) de f.
t Si f ' est dérivable sur I, la fonction (f ' )' est appelée dérivée seconde de f et
est notée f ‘’.
t Si f '' est dérivable sur I, la fonction (f '' )' est appelée dérivée troisième de f
et est notée f ''' ou encore f ( ) .
3
t Si f est n fois dérivable sur I alors la dérivée n-ième de f est notée f (n ) .
df
que l’on peut aussi rendx
df dy dx
,
,
, etc selon les noms
contrer en science physique sous la forme
dt dx dt
t On utilise parfois la notation différentielle f ' =
donnés aux fonctions ou aux variables.
Théorème
Notations
Soit f une fonction définie et dérivable sur un intervalle I.
t La fonction f est croissante sur I si et seulement si pour tout x ∈ I, f '( x ) ≥ 0.
t La fonction f est décroissante sur I si et seulement si pour tout
x ∈ I, f '( x ) ≤ 0.
t La fonction f est constante sur I si et seulement si pour tout x ∈ I, f '( x ) = 0.
Corollaire
Soit f une fonction définie et dérivable sur un intervalle I contenant un
réel a.
t Si f admet un extremum local en a alors f ’(a) = 0.
t Si f ' s’annule en a en changeant de signe alors f admet un extremum
local en a.
Théorème
t La fonction f est strictement croissante sur un intervalle I si et seulement
si f ' est strictement positive sur I sauf éventuellement en des réels isolés
où elle s’annule.
t La fonction f est strictement décroissante sur un intervalle I si et seulement si f ' est strictement négative sur I sauf éventuellement en des réels
isolés où elle s’annule.
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7
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Remarque
Dire qu’une fonction s’annule en des réels isolés d’un intervalle I revient à dire
que, sur tout intervalle fermé borné inclus dans I, la fonction s’annule en un
nombre fini de réels.
4. Formulaires
fonction
fonction dérivée
sur
x ֏ a où a ∈ℝ
x ֏0
ℝ
n
x ֏ x où n ∈ℤ
x֏
1
x ֏ nx
x ֏−
1
x
x ֏−
x֏ x
x֏
x֏
ℝ si n ≥ 0
 −∞ ; 0  ou  0 ; + ∞  si n < 0
n
où n ∈ℕ
xn
n −1
x n +1
1
x2
1
2 x
 −∞ ; 0  ou  0 ; + ∞ 
 −∞ ; 0  ou  0 ; + ∞ 
 0 ; + ∞ 
fonction
u et v étant deux fonctions dérivables
sur un même intervalle I
fonction dérivée
Somme
u +v
u' + v '
Produit par un réel
ku où k ∈ℝ
ku'
Produit
uv
u' v + uv '
Inverse
1
(v ne s’annulant pas sur I)
v
−
Quotient
u
(v ne s’annulant pas sur I)
v
vu' − v ' u
v'
v2
v2
Conséquences
t On appelle fonction polynomiale toute fonction f définie par une expression
de la forme :
f ( x ) = an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0 ,
où les coefficients ai sont des réels.
Il découle du formulaire précédent que toute fonction polynomiale est dérivable sur ℝ.
8
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t On appelle fonction rationnelle toute fonction définie comme quotient de deux
fonctions polynomiales. Autrement, toute fonction rationnelle f est définie par
une expression de la forme :
f (x ) =
an x n + an −1x n −1 + ... + a1x + a0
bm x m + bm −1x m −1 + ... + b1x + b0
où les coefficients ai et bi sont des réels.
Il découle du formulaire précédent que toute fonction rationnelle est dérivable
sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition
5. Méthodes : dérivation et étude de signes
Point
méthode 2
Dériver méthodiquement une fonction
Les formules à utiliser lors du calcul de dérivées de fonctions dépendent naturellement du type de fonctions dont on souhaite déterminer la dérivée. Dès lors,
avant tout calcul de dérivée, il est primordial de déterminer le type d’expression
de la fonction considérée : somme, fonction polynomiale, produit, inverse, quotient, fonction rationnelle, etc. Une fois cette étape franchit, on peut appliquer la
formule correspondant au type d’expression de la fonction.
Exercice B
왘
Solutions
Justifier la dérivabilité puis calculer la dérivée de chacune des fonctions dont
l’expression est donnée ci-dessous :
3− x2
x −2
a) f (x ) = x 3 + 3x 2 − 9 x + 5
b) g (x ) =
c) h( x ) = x + 2 + x x
d) i (x ) = x 3 +
3
x
a) La fonction f est une fonction polynomiale donc f est dérivable sur ℝ.
Pour tout x ∈ℝ, f ′(x ) = 3x 2 + 3 × 2x − 9 = 3x 2 + 6 x − 9
b) La fonction g est une fonction rationnelle définie sur  −∞ ; 2  ∪  2 ; +∞ 
donc g est dérivable sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition. La fonction g étant un quotient, on utilise la formule de dérivation des
 u  ′ vu' − v ' u
quotients :   =
.
v 
v2
Et, pour tout x ≠ 2,
g ′( x ) =
( x − 2) × ( −2x ) − 1× ( 3 − x 2 )
2
( x − 2)
=
−x 2 + 4x − 3
2
( x − 2)
.
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9
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c) La fonction h est la somme des fonctions x ֏ x + 2 et x ֏ x x .
La fonction x ֏ x + 2 est une fonction affine (donc polynomiale) donc dérivable sur ℝ. La fonction x ֏ x x est le produit des fonctions x ֏ x
dérivable sur ℝ et de x ֏ x dérivable sur  0 ; + ∞  . Par produit,
x ֏ x x est donc dérivable sur  0 ; + ∞  puis, par somme, h est dérivable
sur  0 ; + ∞  .
( )
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ et uv ' = u 'v + uv '.
Pour tout x > 0, h ′( x ) = 1+ 1× x + x ×
1
2 x
= 1+
3
x .
2
d) La fonction i est la somme de la fonction cube dérivable sur ℝ car c’est une
fonction polynomiale et du produit de la constante 3 par la fonction inverse
dérivable sur chacun des intervalles  −∞ ; 0  et  0 ; + ∞  .
La fonction i est donc dérivable sur  −∞ ; 0  et  0 ; + ∞  .
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ et (ku )′ = ku ′.
Pour x ≠ 0,
 1  3x 4 − 3 3( x 4 − 1) 3( x − 1)( x − 1)( x 2 + 1)
=
=
i ′( x ) = 3x 2 + 3 ×  −  =
.
 x2 
x2
x2
x2
Remarques
t On notera que la rédaction permettant de justifier la dérivabilité d’une fonction
est parfois lourde. Il nous arrivera donc de l’alléger mais il faudra garder à
l’esprit qu’il est nécessaire de s’interroger sur la façon dont est construite la
fonction à dériver, sur son type d’expression puisque, de cette analyse, découle
les formules à utiliser.
t On verra au cours des exemples et des exercices jusqu’où aller dans la transformation de l’écriture de la dérivée en fonction de ce que l’on souhaite en faire.
Exercice C
Soit f la fonction définie sur ]0 ; +∞ [ par f ( x ) = ( x − 1) x . On note Ꮿf sa
courbe représentative dans un repère du plan.
La courbe Ꮿf admet-elle une tangente parallèle à la droite d’équation y = x − 5 ?
Si oui, en quel(s) point(s) ?
왘
Solutions
Le problème se ramène à déterminer les tangentes à Ꮿf dont le coefficient
directeur est égal à 1. Autrement dit, lorsque f est dérivable, on est amené à
résoudre l’équation f ′( x ) = 1.
La fonction f est définie sur ]0 ; +∞ [ comme le produit de la fonction
x ֏ x − 1 affine donc dérivable sur ]0 ; +∞ [ par la fonction x ֏ x
dérivable sur  0 ; + ∞  donc f est dérivable sur ] 0 ; + ∞[ .
( )
On applique la formule uv ' = u 'v + uv '.
1
2 x × x + x − 1 3x − 1
Pour x > 0, f ′( x ) = 1× x + ( x − 1) ×
.
=
=
2 x
2 x
2 x
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Séquence 2 – MA02
Puis, sur  0 ; + ∞  ,

3x − 1
X= x
f ′( x ) = 1 ⇔
= 1 ⇔ 3x − 1 = 2 x ⇔ 3x − 2 x − 1 = 0 ⇔ 
2
2 x
 3X − 2X − 1 = 0
1
or le trinôme 3X 2 − 2X − 1 a pour discriminant ∆ = 16 et pour racines −
3
1
1
et 1. Par suite f ′( x ) = 1 ⇔ x = − ou x = 1. L’équation x = − n’a pas
3
3


de solution réelle alors que sur  0 ; + ∞  , x = 1 ⇔ x = 1.
Finalement, l’équation f ′( x ) = 1 admet une unique solution qui est 1.
La courbe Ꮿf admet donc une unique tangente de coefficient directeur 1, c’est
la tangente au point de coordonnées (1 ; f (1)), c’est-à-dire (1 ; 0).
Point
méthode 2
Étudier méthodiquement le signe de la dérivée
Les variations d’une fonction pouvant se déduire du signe de la dérivée, un calcul
de dérivée est généralement suivi d’une étude du signe de cette dernière.
Pour étudier le signe d’un expression, on commence par analyser le type d’expression dont on doit déterminer le signe. La démarche est alors algorithmique.
Lorsque l’on a une somme de deux nombres positifs ou de deux nombres négatifs, on peut conclure sinon, il est nécessaire de se ramener en général à étudier
le signe d’un produit (en factorisant) ou d’un quotient (en réduisant au même
dénominateur) afin d’utiliser les règles de signes usuelles.
On peut par ailleurs être amené à utiliser les propriétés concernant les opérations
sur les inégalités, la définition des variations d’une fonction ou les signes d’expressions usuelles (affine ou de degré 2).
Enfin, on verra dans certains cas, qu’il peut être nécessaire d’étudier le signe
d’une fonction auxiliaire.
On rappelle les résultats suivants.
Définition
Variations d’une fonction
La fonction f est croissante sur un intervalle I si et seulement si, pour tous
réels a et b de I tels que a < b, on a f (a ) ≤ f (b ).
La fonction f est strictement croissante sur un intervalle I si et seulement si,
pour tous réels a et b de I tels que a < b, on a f (a) < f (b).
La fonction f est décroissante sur un intervalle I si et seulement si, pour tous
réels a et b de I tels que a < b, on a f (a ) ≥ f (b ).
La fonction f est strictement décroissante sur un intervalle I si et seulement
si, pour tous réels a et b de I tels que a < b, on a f (a) > f (b).
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Opérations sur les inégalités
Propriété
Pour tous réels a, b et c : a ≤ b ⇔ a + c ≤ b + c .
Pour tous réels a et b et c un réel strictement positif : a ≤ b ⇔ ac ≤ bc .
Pour tous réels a et b et c un réel strictement négatif : a ≤ b ⇔ ac ≥ bc .
Pour tous réels a, b, c et d tels que a ≤ b et c ≤ d , on a a + c ≤ b + d .
Pour tous réels positifs a, b, c et d tels que 0 ≤ a ≤ b et 0 ≤ c ≤ d ,
on a ac ≤ bd .
Signe d’une expression affine
Propriété
Le tableau ci-dessous résume le signe de mx + p en précisant l’orientation
de la droite d’équation y = mx + p ainsi que sa position par rapport à l’axe
p
des abscisses. Le réel x 0 désigne − .
m
Cas où m > 0
Cas où m < 0
x
−∞
x0
0
Signe de
mx + p
12
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Séquence 2 – MA02
–
+∞
x
x0
0
−∞
Signe de
+
mx + p
+
+∞
–
Signe d’une expression de degré 2
Propriété
Le tableau ci-dessous résume le signe de ax 2 + bx + c en précisant l’orientation de la parabole
d’équation y = ax 2 + bx + c ainsi que sa position par rapport à l’axe des abscisses. Le discriminant vaut ∆ = b 2 − 4ac . Si ∆ > 0 alors le trinôme a deux racines réelles distinctes qui sont
−b − ∆
−b + ∆
x1 =
et x 2 =
, si ∆ = 0 alors le trinôme a une unique racine réelle qui est
2a
2a
b
x0 = −
enfin, si ∆ < 0 alors le trinôme n’a pas de racine réelle.
2a
Cas où ) = 0
Cas où ∆ > 0
x
Cas
Signe de
où ax 2 + bx + c
a >0
x
Cas
Signe de
où ax 2 + bx + c
a <0
Exercice D
x
−∞ x 1 x 2 +∞
Solutions
−∞ x 0 +∞
Signe de
+
0 – 0
+
−∞
x1 x 2
+∞
ax 2 + bx + c
x
+
0
+
0 + 0
–
ax + bx + c
ax 2 + bx + c
−∞ x 0 +∞
−∞ +∞
x
+
−∞ +∞
Signe de
ax 2 + bx + c
2
–
x
Signe de
Signe de
–
0
–
–
Étudier les variations de chacune des fonctions dont on a déterminé la dérivée
précédemment :
3− x2
a) f (x ) = x 3 + 3x 2 − 9 x + 5 ;
b) g (x ) =
;
x −2
c) h( x ) = x + 2 + x x ;
왘
Cas où ∆ < 0
d) i (x ) = x 3 +
3
.
x
a) On sait que pour tout x ∈ ℝ,
f ′(x ) = 3x 2 + 3 × 2x − 9 = 3x 2 + 6 x − 9 = 3( x 2 + 2x − 3)
Comme f ′( x ) est du signe de x 2 + 2x − 3.
Séquence 2 – MA02
13
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On étudie ci-dessous le signe du trinôme qui a pour discriminant ∆ = 16 et
pour racines −3 et 1.
x
−∞
+∞
Signe de
Ainsi, f ′( x ) > 0
sur  −∞ ; − 3  ∪  1 ; + ∞  et
2
x + 2x − 3
+
0 – 0
+
f ′( x ) < 0 sur  −3 ; 1 donc f
est strictement croissante
sur  −∞ ; − 3  et sur 1 ; + ∞  alors qu’elle est strictement décroissante
sur  −3 ; 1 .
On remarquera que l’étude du signe de la dérivée sur des ouverts permet d’en
déduire les variations sur des fermés puisque ce qui se passe en les réels isolés
−3 et 1 n’a aucune incidence sur les variations de la fonction.
b) Pour tout x ≠ 2, g ′( x ) =
( x − 2) × ( −2x ) − 1× ( 3 − x 2 )
On est amené à étudier le signe
d’un quotient, on détermine donc
le signe du numérateur et celui du
dénominateur.
Pour tout x ≠ 2, ( x − 2)2 > 0 donc
( x − 2)2
x
=
−∞
−x 2 + 4x − 3
( x − 2)2
1
+∞
3
Signe de
−x 2 + 4x − 3
–
0 + 0
–
g ′( x ) est du signe du numérateur,
à savoir − x 2 + 4 x − 3. Ce trinôme
a pour discriminant ∆ = 4 puis pour racines 1 et 3.
Ainsi, f ′( x ) < 0 sur  −∞ ; 1 ∪  3 ; +∞  et f ′( x ) > 0 sur ]1 ; 3[ donc f est strictement décroissante sur  −∞ ; 1 et sur  3 ; + ∞  alors qu’elle est strictement
croissante sur [1 ; 3].
1
3
c) Pour tout x > 0, h ′( x ) = 1+ 1× x + x ×
= 1+
x . Pour x > 0,
2
2 x
3
x > 0 donc
x > 0 et h ′( x ) est la somme de deux nombres stricte2
ment positifs d’où h ′( x ) > 0 sur 0 ; + ∞  puis h est strictement croissante
sur 0 ; + ∞  .
On remarquera encore une fois que l’étude de la dérivée sur l’ouvert  0 ; + ∞ 
permet de conclure concernant les variations sur le fermé 0 ; + ∞  .
d) Pour x ≠ 0,
 1  3x 4 − 3 3( x 4 − 1) 3( x − 1)( x − 1)( x 2 + 1)
i ′( x ) = 3x 2 + 3 ×  −  =
.
=
=
2
2
2
 x2 
x
x
x
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Séquence 2 – MA02
Lors du calcul de la dérivée, on remarque que l’on est amené à étudier le signe
d’un quotient et donc, celui numérateur et du dénominateur. Le dénominateur
étant strictement positif, on poursuit les transformations au numérateur en
factorisant autant que possible jusqu’à parvenir à l’étude de signe d’expressions connues, ici deux expressions affines et une expression polynomiale de
degré 2.
Pour tout x ≠ 0, x 2 + 1 > 0
car somme de deux nombres
strictement positifs. Donc
i ’(x) est du signe du produit
x − 1 x + 1 , expression polynomiale de degré 2 s’annulant
en 1 et en −1.
(
)(
)
x
−∞
−1
+∞
1
Signe de
(x − 1)(x + 1)
+ 0 – 0
+
Finalement, f ’(x) > 0 sur  −∞; − 1  ∪  1 ; +∞  et f ’(x) < 0 sur  −1 ; 1
donc f est strictement croissante sur  −∞ ; − 1 et sur 1 ; + ∞  alors qu’elle
est strictement décroissante sur  −1 ; 1 .
D
Composée de fonctions
1. Objectifs
La notion de composée de fonctions n’a pas été abordée précédemment, il ne
s’agit donc pas ici de faire des rappels d’une notion déjà rencontrée mais simplement de l’aborder sans formaliser car elle sera utilisée par la suite lors du calcul
de limites ou de dérivées de fonctions.
2. L’idée
Prenons comme exemple la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x 2 + 1. La
fonction f n’est pas une fonction usuelle. Pour la décomposer à l’aide fonction
usuelle, il apparaît que l’on applique dans un premier temps la fonction polynomiale u : x ֏ x 2 + 1 puis, dans un deuxième temps, la fonction racine carrée
v : x ֏ x . Ainsi, la fonction f s’obtient comme l’enchaînement des fonctions
v et u. On dit que f est la composée de u suivie de v (ou que f est la composée
de u par v).
Exercice E
Une fonction f est définie à l’aide des fonctions usuelles
1
h : x ֏ , i : x ֏ x 2 , j : x ֏ 3x − 5 et k : x ֏ x + 1.
x
a) L’image de −1 par f vaut −3, 5 et on dispose de l’enchaînement
−1 ֏ 1 ֏ 2 ֏ 0 , 5 ֏ −3, 5 donnant le détail du calcul de f ( −1). Pour
chaque flèche, identifier la fonction de la liste ci-dessus qui permet de passer d’un nombre au suivant.
Séquence 2 – MA02
15
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b) L’image de 3 par f vaut −4 , 7. Retrouver le détail des calculs à l’aide de la
décomposition obtenue au a).
c) Donner l’expression f (x ) en fonction de x.
Sans se soucier du domaine de définition des fonctions, décomposer les fonc-
tions suivantes en un enchaînement de fonctions usuelles.
1
3
a) f (x ) = 2 −
b) f (x ) =
x +1
x +2
c) f (x ) = (x 3 + x + 1)10
d) f (x ) = 1+ x 2 − x + 3
On dispose de l’algorithme
1 VARIABLES
2
X EST_DU_TYPE NOMBRE
3 DÉBUT_ALGORITHME
4
LIRE X
5
X PREND_LA_VALEUR X*X+2*X—3
6
X PREND_LA_VALEUR sqrt (x)
7
X PREND_LA_VALEUR 1/X
8
X PREND_LA_VALEUR 3–2*X
9
AFFICHER X
10 FIN ALGORITHME
ci-contre implémenté sous Algobox.
a) Que fait l’algorithme lorsqu’on
entre 4 ? 1 ? 0 ? −5 ?
b) Identifier les fonctions f 5, f 6, f 7
et f 8 apparaissant aux lignes 5, 6,
7 et 8 de l’algorithme puis préciser, à chaque étape, les conditions
nécessaires successives sur x pour
pouvoir enchaîner les fonctions
f5 , f6 , f7 et f8 .
c) Modifier l’algorithme pour qu’il fonctionne quelles que soient les valeurs
de x.
d) Exprimer f (x ) en fonction de x.
왘
Solutions
a) On observe l’enchainement suivant :
i
k
j
h
−1 ֏ 1 ֏ 2 ֏ 0 , 5 ֏ − 3, 5 où
1
h : x ֏ , i : x ֏ x 2 , j : x ֏ 3x − 5 et k : x ֏ x + 1.
x
b) En utilisant la décomposition précédente, on a
j
.
i
k
h
3 ֏ 9 ֏ 10 ֏ 0 ,1 ֏ − 4 , 7
c) En raisonnant dans le cas général, on a
i
k
h
x ֏ x2 ֏ x2 +1 ֏
Ainsi, f est définie par f ( x ) =
16
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Séquence 2 – MA02
1
x2 +1
3
2
x +1
j
֏ 3×
− 5.
1
x2 +1
−5
a) Pour obtenir la fonction f à l’aide de fonctions usuelles, on enchaine, dans
cet ordre, les fonctions x ֏ x + 1, x ֏
En effet, on a alors : x
b) x
c) x
d) x
x ֏x +2
x֏ x
x +2
x ֏ x 3 + x +1
x ֏x 2 −x +3
x ֏ x +1
3
x + x +1
x2 − x + 3
1
et x ֏ 2− x .
x
x֏
x +1
x֏
x +2
x ֏ x 10
x֏ x
1
x
1
x
1 x ֏ 2− x
1
2−
x +1
x +1
x ֏ 3x
1
x +2
3
x +2
( x + x + 1)
3
10
x2 − x + 3
x ֏1+ x
1+ x 3 − x + 3
a) En implémentant l’algorithme et en le faisant tourner, on observe que
lorsque l’on entre 4, on obtient en sortie comme valeur approchée 2,56 et
si l’on entre −5 , on obtient environ 2,42 alors que lorsque l’on entre 1 ou
0, on obtient des erreurs de calculs, respectivement aux lignes 7 et 6.
On peut tester l’algorithme à la main pour obtenir les mêmes résultats.
b) Les fonctions f5 , f6 , f7 et f8 sont respectivement définies par :
1
f5 ( x ) = x 2 + 2x − 3 , f6 ( x ) = x , f7 ( x ) =
et f8 ( x ) = 3 − 2x .
x
–
La fonction f5 est définie sur ℝ donc elle peut être appliquée à tout réel.
x
−∞
−3
+
0 – 0
+∞
1
Signe de
x 2 + 2x − 3
+
La fonction f6 est définie sur 0 ; + ∞  , on ne peut donc
l’appliquer qu’aux réels positifs.
Ainsi, il est nécessaire d’avoir f5 ( x ) ≥ 0 , c’est-à-dire
x 2 + 2x − 3 ≥ 0. Le trinôme x 2 + 2x − 3 a pour discri-
minant pour discriminant ∆ = 16 et pour racines −3
et 1. On détermine le signe de x 2 + 2x − 3 pour en
déduire que f5 ( x ) ≥ 0 sur la réunion  −∞ ; − 3  ∪ 1 ; + ∞  .
Pour pouvoir enchaîner les fonctions f5 et f6 , il faut donc avoir choisi x
dans  − ∞; − 3 ∪  1 ; + ∞ .
La fonction f7 est définie sur ℝ* donc elle ne peut être appliquée qu’à tout réel
non nul. Il est donc nécessaire d’avoir f6 (f5 ( x )) ≠ 0 soit
f5 ( x ) ≠ 0 ou encore
f5 ( x ) ≠ 0 ce qui conduit à exclure −3 et 1. Ainsi, pour pouvoir enchaîner les
Séquence 2 – MA02
17
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fonctions f5 , f6 et f7 il faut avoir choisi x dans  −∞ ; − 3  ∪ 1 ; + ∞  .
Enfin, la fonction f8 étant définie sur ℝ , il n’y a pas de nouvelles contraintes
sur x et pour pouvoir définir la fonction f par l’enchainement des fonctions
f5 , f6 , f7 et f8 il faut donc choisir x dans  −∞ ; − 3  ∪ 1 ; + ∞  .
c) 1
VARIABLES
2
X EST_DU_TYPE NOMBRE
3 DÉBUT_ALGORITHME
4
LIRE X
5
SI (X < —3 OU X > 1) ALORS
6
DEBUT_SI
7
X PREND_LA_VALEUR X*X+2*X—3
8
X PREND_LA_VALEUR sqrt (x)
X PREND_LA_VALEUR 1/X
9
10
X PREND_LA_VALEUR 3 – 2*X
11
AFFICHER X
12
FIN_SI
13
SINON
14
DEBUT_SINON
15
AFFICHER "La fonction n’est pas définie pour le réel x choisi"
16
FIN_SINON
17 FIN ALGORITHME
d) On a l’enchainement suivant :
f5
f6
2
2
f7
1
x ֏ x + 2x − 3 ֏ x + 2x − 3 ֏
2
f8
֏3− 2×
x + 2x − 3
Ainsi, f est définie sur  −∞ ; − 3  ∪  1 ; + ∞  par f ( x ) = 3 −
1
.
2
x + 2x − 3
2
2
.
x + 2x − 3
3. Notation
Lorsque l’on enchaîne une fonction u suivie d’une fonction v, on définit une fonction f appelée composée de u par v.
La fonction f ainsi définie est notée v u . On lit « v rond u ». Dire que f = v u
signifie donc que pour tout x de l’ensemble de définition de f, on a f ( x ) = v u ( x ) .
(
)
Soient u une fonction définie sur un intervalle I et v une fonction définie sur
un intervalle J tel que u (I ) ⊂ J . La situation peut être résumée par le schéma
suivant :
I
J
⺢
x
u (x)
f = v u
18
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Séquence 2 – MA02
f (x)=v (u (x))
2
A
Fonctions sinus
et cosinus
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre, deux nouvelles fonctions usuelles : les fonctions
sinus et cosinus.
B
Pour débuter
1. Rappels de trigonométrie
a) Repérage sur un cercle, angles orientés
M est associé à x
Propriété, définition 1
π
2
Soit Ꮿ un cercle orienté de centre O et de rayon 1 sur
lequel on choisit un point I fixé.
t En enroulant la droite des réels sur le cercle Ꮿ, chaque
réel x est associé à un unique point M de Ꮿ.
t Le réel x ainsi défini est appelé mesure en radian de
l’angle orienté OI, OM .
(
)
2
x rad
3
π
1
1 rad
I
O
M
4
Propriétés 2
Soit Ꮿ un cercle orienté de centre O et de rayon 1 sur lequel on choisit un point I fixé.
Soit M un point de Ꮿ et x le réel qui lui est associé.
a) Tous les réels de la forme x + k × 2π où k ∈ℤ permettent aussi de repérer le point M.
b) Parmi tous ces réels, celui qui appartient à  − π ; π  est appelée mesure principale de
l’angle OI, OM .
c) Cette mesure d’angle est telle que 180° = π rad et telle que les mesures d’un angle en degrés
et en radians soient proportionnelles.
d) Pour convertir la mesure d’un angle de degré en radian, on utilise donc la proportionnalité.
(
)
Ainsi, si F est la mesure d’un angle en degrés avec 0 ≤ α ≤ 360 , et x la mesure du même angle
απ
.
en radians dans l’intervalle 0 ; 2π  , on a x =
180
Séquence 2 – MA02
19
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b) Sinus et cosinus d’un réel
Définition 2
J
On considère un cercle Ꮿ orienté de centre O et de
rayon 1. Soit x un réel et M le point qui lui est associé.
sin x
M
O
x
cos x I
On appelle cosinus de x et sinus de x les coordonnées
de M dans le repère O ; OI, OJ .
(
)
On a ainsi : M ( cos x ; sin x ).
À savoir
Valeurs remarquables
Il faut connaître :
t les valeurs des sinus et cosinus des angles remarquables ;
Réel x
0
π
6
π
4
π
3
π
2
cos x
1
3
2
2
2
1
2
0
sin x
0
1
2
2
2
3
2
1
t les réels associés aux différents points placés sur le
cercle ci-contre.
Les
propriétés
suivantes
découlent immédiatement de ce
qui précède.
D
E
B
G
A
H
I
O
Propriétés 3
t Pour tout réel x, on a −1 ≤ cosx ≤ 1
et −1 ≤ sinx ≤ 1 .
2
2
t Pour tout réel x, on a cos x + sin x = 1 .
t Pour tout réel x et tout entier relatif k, on a cos ( x + k × 2π = cos x
et sin x + k × 2π = sin x .
(
20
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C
F
)
Séquence 2 – MA02
)
G’
A’
B’
F’
E’
C’
D’
Cosinus et sinus des réels associés à un réel x
Propriétés 4
On considère un cercle trigonométrique Ꮿ, (c’est-à-dire un cercle de centre O de rayon 1) x un
réel quelconque et M le point de Ꮿ qui lui est associé.
Ainsi, M est tel qu’une mesure de l’angle OI, OM soit x radians (à un multiple de 2U près).
π
π
Sur les figures ci-dessous, M’ est associé successivement à − x , π+x , π − x , − x , +x .
2
2
(
)
J
J
J
M
M
I’
I
O
I
O
I’
M
M’
I’
O
M’
M’
J’
J’
J
J’
M’
M’
J
M
M
I’
I
O
I
I’
O
I
J’
J’
Par des arguments de symétrie, on peut retrouver successivement les propriétés suivantes.
( )
Pour tout réel x, on a cos(π + x ) = − cos x et sin( x + π ) = − sin x .
Pour tout réel x, on a cos(π − x ) = − cos x et sin( π − x ) = sin x .
Pour tout réel x, on a cos( − x ) = cos x et sin − x = –sin x.
π

π

Pour tout réel x, on a cos  − x  = sin x et sin  − x  = cos x .
2

2

π

π

Pour tout réel x, on a cos  + x  = − sin x et sin  + x  = cos x .
2

2

Propriétés 5
Formules d’addition
Pour tous réels a et b, on a :
cos(a + b ) = cos a cos b − sina sin b ;
cos(a − b ) = cos a cos b + sina sin b ;
sin(a + b ) = sina cos b + sin b cos a ;
sin(a − b) = sin a cos b − sin b cos a.
Séquence 2 – MA02
21
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On en déduit le cas particulier suivant.
Propriétés 6
Formules de duplication
Pour tout réel a, on a sin 2a = 2sina cosa .
Pour tout réel a, on a cos 2a = cos2a − sin2a ou bien cos 2a = 2cos2a − 1 ou
encore cos 2a = 1− 2sin2a .
On peut remarquer que ces deux dernières expressions de la formule de duplication du cosinus permettent aussi d’obtenir que, pour tout réel a, on a
1
1
cos2a = (1+ cos 2a ) et sin2a = (1− cos 2a ) .
2
2
c) Résolution d’équations
Pour résoudre une équation trigonométrique, l’idée est, lorsque c’est possible et
en utilisant éventuellement les propriétés ci-dessus, de se ramener à une équation :
t du type cos A(x ) = cos B (x ) pour en déduire par équivalence que
A(x ) = B (x ) + k × 2π avec k ∈ℤ
ou A(x ) = −B (x ) + k × 2π avec k ∈ℤ ;
t du type sin A(x ) = sin B (x ) pour en déduire par équivalence que
A(x ) = B (x ) + k × 2π avec k ∈ℤ
ou A(x ) = π − B (x ) + k × 2π avec k ∈Z.
Pour une résolution sur un intervalle ou une réunion d’intervalle, on commence
par résoudre l’équation sur ℝ puis on sélectionne les solutions appartenant à
l’ensemble considéré.
2. Activités
Activité 1
Nous allons par cette activité découvrir les représentations graphiques des fonctions sinus et cosinus à partir de la définition du sinus et du cosinus d’un réel.
Pour cela, nous travaillerons à l’aide du logiciel GeoGebra.
Configuration du logiciel GeoGebra
a) Choisir le radian comme unité. Pour cela, choisir Configuration dans le menu
Options puis dans l’onglet Avancé, cocher le Radian comme Unité d’angle.
b) Dans le menu Affichage, cocher Algèbre, Graphique et Graphique2. Il est
alors possible de regrouper ces trois écrans dans une même fenêtre.
22
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Séquence 2 – MA02
Construction du point M du cercle trigonométrique associé à un réel
X dans la fenêtre nommée Graphique.
(
)
On se place dans le plan rapporté à un repère orthonormé direct O ; u , v .
On admet que tout point M du plan peut être repéré par la longueur r = OM
et une mesure de l’angle θ = u , OM . Dans ce cas, on dit que le point M a
(
)
(
)
pour coordonnées polaires le couple r ; θ .
M
r = OM
1
v
θ = (u, OM)
0
O
0
u
1
2
3
Soit X un réel et M le point du cercle trigonométrique qui lui est associé. Par
définition, M est donc le point du plan tel que OM = 1 et u , OM = X . Ainsi,
(
)
le point M a pour coordonnées polaires le couple (1 ; X ).
a) Placer le point O, les vecteurs u et v ainsi que le cercle trigonométrique.
b) Créer un curseur X prenant des valeurs allant de −4π à 4π (sous GeoGebra, entrer pi pour π ) puis placer le point M associé au réel X autrement
dit, construire le point M de coordonnées polaires (1 ; X ).
Sous GeoGebra, on utilise le point-virgule comme pour séparer les coordonnées lorsque l’on travaille avec des coordonnées polaires alors que l’on
utilise une virgule pour séparer les coordonnées lorsque l’on travaille en
coordonnées cartésiennes.
c) Par définition, l’abscisse du point M et l’ordonnée du point M sont les cosinus et sinus du réel X. Afin de visualiser ces réels, créer les points MC et
MS , projetés orthogonaux du point M respectivement sur l’axe des abscisses et sur l’axe des ordonnées.
Construction des représentations graphiques des fonctions sinus et cosi-
nus dans la fenêtre Graphique 2.
On pourra configurer le Graphique 2 en choisissant dans le menu Options/
π
Configuration/Graphique une distance égal à
dans l’onglet axeX de façon
2
à faire plus facilement le lien entre les valeurs de X obtenues sur le cercle
trigonométrique et sur les représentations graphiques des fonctions sinus et
cosinus.
a) Placer sur le graphique 2, le points S de coordonnées (X ; sin X). Pour cela, il
suffit d’entrer dans la barre de saisie de GeoGebra S=(X,y(M)). Procéder de
façon analogue pour placer le point C de coordonnées (X ; cos X).
Séquence 2 – MA02
23
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b) Activer la trace des points S et C puis faire varier le curseur pour obtenir
une allure des représentations graphiques des fonctions sinus et cosinus.
Conjectures quant aux variations des fonctions sinus et cosinus.
À partir des courbes représentatives des fonctions sinus et cosinus, conjecturer
les variations de ces deux fonctions sur l’intervalle 0 ; 2π  .
C
Cours
1. Définitions et propriétés immédiates
Définition 3
On appelle fonction cosinus la fonction qui à tout
réel x associe le réel cos x.
On appelle fonction sinus la fonction qui à tout réel x
associe le réel sin x.
Propriété 7
Les sinus et cosinus d’un réel étant définis à partir du
cercle trigonométrique, les fonctions sinus et cosinus
sont appelées fonctions circulaires.
Les fonctions cosinus et sinus
sont définies sur R.
Ensemble de définition
Parité
Propriétés 8
( )
On sait que pour tout réel x, on a cos − x = cos x . On dit que la fonction cosinus est paire.
Graphiquement, la fonction cosinus admet l’axe des ordonnées comme axe de symétrie.
On sait que pour tout réel x, on a sin − x = − sin x . On dit que la fonction sinus est impaire.
Graphiquement, la fonction sinus admet l’origine du repère comme centre de symétrie.
( )
1
1
C’
cos(–X) = cos(X)
j
j
–X
0
–π/2 –X
0
–1
24
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S
sin(X)
C
Séquence 2 – MA02
i
1 X
π/2
0
–π/2
0
S’
i
X
sin(–X)
–1
π/2
Périodicité
Propriétés 9
(
)
(
)
On sait que pour tout réel x, on a cos x + 2π = cos x et sin x + 2π = sin x .
En terme de fonctions, on dit que les fonctions sinus et cosinus sont périodiques de période 2π.
Graphiquement, dans le plan muni d’un repère O ; i , j , les courbes représentant ces fonctions
sont invariantes par translation de vecteur 2πi .
(
1
cos(X) = cos(X + 2π)
–X
2 πi
C
j
0,5
sin(X) = sin(X + 2π)
C’
2πi
S’
S
0
–π/2
)
0 X
i
π/2
π
2π X + 2π
3π/2
2. Dérivabilité et dérivées
Propriétés préliminaires
tLa fonction sinus est dérivable en 0 et admet pour nombre dérivé 1 en 0.
sinh
Autrement dit lim
= 1.
h →0 h
tLa fonction cosinus est dérivable en 0 et admet pour nombre dérivé 0
cos h − 1
en 0. Autrement dit lim
= 0.
h
h →0
Démonstrations
On notera que ces démonstrations ne sont pas exigibles.
Par ailleurs, on utilisera des résultats qui ne seront abordés que plus loin dans la
séquence (limite et continuité). Il pourra donc être intéressant de revenir sur ces
preuves une fois que ces notions auront été travaillées.
tPar définition, dire que la fonction sinus est dérivable en 0 signifie que le taux
sinh − sin0
admet une limite finie lorsque h tend vers 0 autreh
sinh
ment dit que
admet une limite lorsque h tend vers 0.
h
d’accroissement
Séquence 2 – MA02
25
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Même si la notion de limite de fonctions n’est vu
T
que dans le chapitre suivant, on s’appuie sur les
démarches observées lors du calcul de limites de
suites pour raisonner.
1 J
M
S
Dans ce cas, en admettant la continuité de la fonch
tan h
sin h
tion sinus en 0, on a lim sin h = 0 or lim h = 0
h →0
h →0
donc nous sommes dans un cas d’indétermination.
sinh
afin
h
d’utiliser le théorème des gendarmes déjà rencontré
L’idée est alors d’encadrer le nombre
0
O 0
h
I
cos h
1
C
dans la séquence 1 sur les suites et qui sera prolongé dans la suite au cas des limites de fonctions.
Pour établir cet encadrement, nous allons travailler géométriquement à l’aide
d’un raisonnement sur les aires.
π
.
2
Sur la figure ci-dessus, on place M le point du cercle trigonométrique associé à h,
Soit h un réel tel que 0 < h <
on place les points C et S projetés orthogonaux de M sur les axes de coordonnées
et on construit T, intersection de la droite (OM) et de la perpendiculaire à l’axe
des abscisses passant par I.
π
, on a OS = sin h et IT = tan h (si ce dernier résultat n’est pas
2
connu, on peut aisément le retrouver comme application du théorème de Thalès
Comme 0 < h <
dans le triangle OIT en remarquant que OC = cos h).
On remarque que le triangle OIM est inclus dans le secteur angulaire ᏿ de centre O
et d’extrémités I et M lui même inclus dans le triangle OIT. On peut donc en déduire
que aire(OIM) ≤ aire(᏿ ) ≤ aire(OIT).
L’aire des triangles OIM et OIT valent respectivement
aire(OIM) =
OI × CM sinh
OI × IT tanh
=
et aire(OIT) =
=
.
2
2
2
2
On remarque que l’aire d’un secteur angulaire est proportionnelle à la longueur
de l’arc le délimitant or l’aire d’un disque de rayon 1 étant de π pour une longueur d’arc égale à 2π , il apparaît que le coefficient de proportionnalité est
1
= h vaut
. Ainsi, l’aire du secteur angulaire ᏿ de longueur d’arc IM
2
h
aire(᏿ ) = .
2
de
26
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Séquence 2 – MA02
La double inégalité sur les aires peut donc s’écrire
sinh ≤ h ≤ tanh.
sin h h tan h
ou encore
≤ ≤
2
2
2
1
π
h
.
≤
Lorsque h tend
, on a sin h > 0 d’où 1 ≤
sinh cos h
2
1
vers 0, cos h et
tendent vers 1 donc, par le théorème des gendarmes
cos h
sin h
h
= 1.
tend vers 1 d’où, par inversion lim
sin h
h →0 h
Comme 0 < h <
On remarquera que le raisonnement a été fait pour h > 0. Toutefois, on note que
π
π
−h
1
< h < 0, on a 0 < −h < d’où 1 ≤
ce
≤
sin ( − h ) cos( − h )
2
2
1
h
≤
de sorte que l’inégalité qui a permis de déterminer
qui donne 1≤
sin h cos h
sin h
π
la limite de
soit encore vraie lorsque − < h < 0.
h
2
pour h tel que −
tPar définition, dire que la fonction cosinus est dérivable en 0 signifie que le
cos h − cos 0
admet une limite finie lorsque h tend vers 0
h
cos h − 1
autrement dit que
admet une limite lorsque h tend vers 0.
h
taux d’accroissement
Pour h ≠ 0, h petit
− sin2 h
1
sinh
cos h − 1 (cos h − 1)(cos h + 1) cos2 h − 1
=
= −sinh ×
×
.
=
=
cos h + 1
h
h
h (cos h + 1)
h (cos h + 1) h (cos h + 1)
En admettant la continuité de la fonction cosinus en 0, on a lim cos h = 1
h →0
1
1
d’où lim cos h + 1 = 2 puis par inversion lim
= . On a vu par ailleurs
h →0
h → 0 cos h + 1 2
sin h
cos h − 1
que lim
= 1 et que lim sin h = 0 donc par produit, lim
= 0.
h
h →0 h
h →0
h →0
Propriétés 10
t La fonction sinus est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈R ,
(sin)' ( x ) = cos x .
t La fonction cosinus est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈R ,
( cos )' ( x ) = − sin x .
Séquence 2 – MA02
27
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Démonstrations
t Soit x ∈R. Pour h ≠ 0, on forme le taux d’accroissement
sin(x + h ) − sin x
.
h
On a
sin(x + h ) − sin x sin x cos h + sinh cos x − sin x
=
h
h
=
cos h − 1
sinh
sin x ( cos h − 1) + sinh cos x
= sin x
+ cos x
h
h
h
cos h − 1
sinh
sin( x + h ) − sin x
= 1 donc lim
= 0 et lim
= cos x .
h
h
h →0
h →0 h
h →0
or lim
tSoit x ∈R. Pour h ≠ 0, on forme le taux d’accroissement
cos(x + h ) − cos x
.
h
On a
cos(x + h ) − cos x cos x cos h − sinh sin x − cos x
=
h
h
=
cos h − 1
sinh
cos x ( cos h − 1) − sinh sin x
= cos x
− sin x
h
h
h
cos h − 1
sinh
cos( x + h ) − cos x
= 1 donc lim
= 0 et lim
= − sin x .
h
h
h →0
h →0 h
h →0
or lim
왘 Exemple 1
La fonction tangente est la fonction définie sur
sin x
par tan x =
.
cos x
π
2
Déterminer la dérivée de la fonction tangente.
왘 Solution
Pour tout x ≠
π
sin x
+ k π où k ∈ℤ , tan x =
. La fonction tangente est donc
2
cos x
le quotient de x ֏ sin x dérivable sur ℝ par la fonction x ֏ cos x dérivable

π
sur ℝ et ne s’annulant pas sur R \  + k π , k ∈Z  donc la fonction tangente

2

π
est dérivable sur tout intervalle inclus dans R \  + k π , k ∈Z .

2
 u  ′ vu' − v ' u
.
Formule utilisée :   =
v 
v2
28
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Séquence 2 – MA02

R \  + k π , k ∈Z 

π
+ k π où k ∈ℤ ,
2
cos x × cos x − ( − sin x ) × sin x cos2 x + sin2 x
(tan)′( x ) =
=
.
2
2
(cos x )
cos x
Nous pouvons adopter deux points de vue pour simplifier l’expression de la dérivée de la fonction tangente.
Pour tout x ≠
π
cos2 x + sin2 x
1
=
+ k π où k ∈ℤ , (tan)′( x ) =
2
cos2 x
cos2 x
π
ou bien, pour tout x ≠ + k π où k ∈ℤ ,
2
2
 sin x 
cos2 x + sin2 x cos2 x sin2 x
= 1+ tan2 x .
(tan)′( x ) =
=
+
= 1+ 

2
2
2
 cos x 
cos x
cos x cos x
Pour tout x ≠
Bien que le résultat ne soit pas exigible, on pourra retenir que pour
π
1
tout x ≠ + k π où k ∈ℤ , (tan)′( x ) =
ou encore (tan)′( x ) = 1+ tan2 x .
2
2
cos x
3. Variations
Propriétés 11
π

t La fonction sinus est strictement croissante sur 0 ;  , strictement
2


 3π
 π 3π 
; 2π  .
et strictement croissante sur 
décroissante sur  ;

2 

 2
2
x
Variations de la
fonction sinus
0
π
2
3π
2
2π
0
1
−1
0
La périodicité permet d’obtenir les variations de la fonction sinus sur R.
t La fonction cosinus est strictement décroissante sur 0 ; π  et strictement croissante sur  π ; 2π  .
x
0
Variations de la 1
fonction cosinus
U
2U
1
−1
La périodicité permet d’obtenir les variations de la fonction cosinus sur R.
Séquence 2 – MA02
29
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Démonstrations
t Pour x ∈R , (sin)' (x ) = cos x or sur 0 ; 2π  , on déduit des propriétés du
cosinus, à l’aide du cercle trigonométrique par exemple, que


 π 3π 
π   3π
cos x > 0 ⇔ x ∈ 0 ;  ∪ 
; 2π  et cos x < 0 ⇔ x ∈  ;
2  2
2 


2
c’est-à-dire
(sin)'( x ) > 0 ⇔ x ∈0 ; π2  ∪  32π ; 2π  et (sin)'( x ) < 0 ⇔ x ∈ π2 ; 32π .







π
Par suite, la fonction sinus est strictement croissante sur 0 ;  , strictement
2


 π 3π 
 3π
décroissante sur  ;
et strictement croissante sur 
; 2π  .

2 

2
 2
t Pour x ∈R , (cos)' (x ) = −sin x or sur 0 ; 2π  , on déduit des propriétés du
sinus, à l’aide du cercle trigonométrique par exemple, que
sin x > 0 ⇔ x ∈ 0 ; π  et sin x < 0 ⇔ x ∈ π ; 2π 
( )
( )
c’est-à-dire cos '( x ) < 0 ⇔ x ∈ 0 ; π  et cos '( x ) > 0 ⇔ x ∈ π ; 2π  .
Par suite, La fonction cosinus est strictement décroissante sur 0 ; π  et strictement croissante sur  π ; 2π  .
4. Représentations graphiques
Tangentes en des points particuliers
On rappelle que pour tout x ∈R , (sin)' (x ) = cos x ainsi :
( )(
)
(
)
t pour tout k ∈ℤ, on a sin ' k × 2π = cos k × 2π = 1 donc la représentation
graphique de la fonction sinus admet des tangentes de coefficient directeur
1 en tous les points d’abscisse k × 2π où k ∈Z. En particulier, la tangente à
l’origine du repère a pour équation y = x ;
π

π

t pour tout k ∈ℤ, on a sin '  + k × 2π  = cos  + k × 2π  = 0 donc la
2

2

représentation graphique de la fonction sinus admet des tangentes horizon-
( )
tales en tous les points d’abscisse
30
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Séquence 2 – MA02
π
+ k × 2π où k ∈Z.
2
On rappelle que pour tout x ∈R , (cos)' (x ) = −sin x ainsi :
( )(
)
(
)
t pour tout k ∈ℤ on a cos ' k × 2π = − sin k × 2π = 0 donc la représentation graphique de la fonction cosinus admet des tangentes horizontales en tous
les points d’abscisse k × 2π où k ∈ℤ ;
π

π

t pour tout k ∈ℤ, on a cos '  + k × 2π  = − sin  + k × 2π  = −1 donc la
2

2

représentation graphique de la fonction sinus admet des tangentes de coeffi-
( )
cient directeur −1 en tous les points d’abscisses
π
+ k × 2π où k ∈Z.
2
Courbes
2πi
1
y = cos(x)
j
π/2
0
–3π/2
–π
–π/2
π
5π/2
0
3π/2
i
2π
–1
y = sin(x)
π
2 i
On remarquera les résultats précédemment obtenus lors de l’étude de la parité et
de la périodicité de la fonction sinus et cosinus :
t la courbe représentative de la fonction sinus est symétrique par rapport à l’ori
gine du repère et elle est invariante par translation de vecteur 2πi ;
t la courbe représentative de la fonction cosinus est symétrique par rapport à
l’axe des ordonnées et elle est invariante par translation de vecteur 2πi .
On remarquera de plus que la courbe représentative de la fonction sinus est
π
l’image de celle de la fonction cosinus par translation de vecteur i , ce résultat
2

π
découlant de la propriété établie précédemment : sin  + x  = cos x pour tout

2
réel x.
왘왘
Séquence 2 – MA02
31
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D
Exercice 1
Exercices d’apprentissage
Équations et inéquations
Résoudre dans l’intervalle  − π ; π  puis dans l’intervalle  0 ; 2π 
a) sin x = −
3
;
2
b) cos2x =
1
.
2
Résoudre dans R
π
a) sin x = sin(2x + ) ;
2
c) 3 sin x = 2cos2 x .
b) sin 2x = cos 3x ;
Résoudre les inéquations suivantes
3
dans  − π ; π  ;
2
2
π
dans 0 ; π  ;
c) cos(2x + ) >
3
2
a) cos x ≤
1
dans  − π ; π  ;
2
d) 4 cos2 x − 1 ≥ 0 dans 0 ; 2π  ;
b) sin x ≥
e) 2sin2 x − 3 sin x + 1 < 0 dans  − π ; π  .
Exercice 2
Étude de fonctions
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = 2cos2 x + sin(2x ).
On note Ꮿf la courbe représentative de f dans le plan rapporté au repère ortho normé O ; i , j d’unité graphique 4 cm.
(
)
a) Démontrer que, pour tout x ∈ ℝ , f ( x + π ) = f ( x ). Que peut-on en déduire
concernant Ꮿf ?
π
b) Montrer que la courbe Ꮿf admet la droite d’équation x = comme axe
8
de symétrie.
a) Montrer que pour tout x ∈ ℝ , f ( x ) = 2cos x (cos x + sin x ).
π
b) Démontrer que pour tout x ∈ ℝ , f ′( x ) = 2 2 sin( − 2x ).
4
 π 5π 
c) Étudier les variations de f sur l’intervalle  ;
.
8 8 
a) Tracer la courbe Ꮿ I représentant la restriction de f à l’intervalle I.
b) Comment obtient-on la courbe Ꮿf à partir de la courbe Ꮿ I ?
32
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Séquence 2 – MA02
Exercice 3
Encadrement et étude de fonction
L’objectif est de démontrer une inégalité :
pour tout 0 ; π  , x −
x3
≤ sin x ≤ x .
6
En étudiant la fonction u définie sur  0 ; π  par u ( x ) = sin x − x , démontrer
que pour tout 0 ; π  , sin x ≤ x .
Soit f la fonction définie sur  0 ; π  par f ( x ) = − x +
x3
+ sin x .
6
a) Démontrer que la fonction f ′ est décroissante sur 0 ; π  .
b) En déduire les variations puis le signe de f sur 0 ; π  .
Conclure.
Séquence 2 – MA02
33
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3 Limites de fonctions
A
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre, les notions de limites de fonction. La notion de
limites a été abordée dans la séquence 1 sur les suites numériques. Il s’agira
donc ici d’étendre le travail qui a été fait sur les suites. Sauf mention contraire,
les propriétés et les théorèmes seront admis puisque la démarche est la même
que ce qui a été abordé dans la séquence 1.
B
Q Activité 2
Pour débuter
3x + 1
.
x −2
On s’interroge sur le comportement de f aux bornes de son ensemble de définition autrement dit, on cherche à déterminer les limites de f lorsque x tend
vers −∞, +∞ et 2.
Soit f la fonction définie sur  −∞ ; 2  ∪  2 ; + ∞  par f (x ) =
Dans cette activité, on s’intéressera aux limites en −∞ et en +∞.
a) Représenter graphiquement la fonction f puis conjecturer le comportement
de f en −∞ et en +∞.
b) S’appuyer sur un tableau de valeurs à l’aide d’un tableur ou d’une calculatrice pour confirmer ou infirmer ces conjectures.
En admettant que la démarche en la même que celle utilisée lors des calculs
de limites de suites, déterminer la limite de f en +∞. Adapter le raisonnement
pour déterminer la limite de f en −∞.
Q Activité 3
Une activité autour des limites en 0 de fonctions de référence.
a) Compléter, lorsque c’est possible, le tableau de valeurs page suivante.
Séquence 2 – MA02
35
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x
−10−6
−10−3
10−3
10−6
1
x
1
x
1
x2
1
x3
1
1
1
b) Quelle semble être la limite en 0 des fonctions x ֏
, x֏ , x֏
x
x
x2
1
et x ֏
?
x3
1
1
c) Résoudre sur  0 ; + ∞  les inéquations
> 106 et
> 1012 .
x
x
1
1
d) Résoudre sur  0 ; + ∞  les inéquations > 106 et > 1012 puis résoudre
x
x
1
1
6
12
sur  −∞ ; 0  les inéquations < −10 et < −10 . Interpréter les résulx
x
tats obtenus.
e) Résoudre sur ℝ* les inéquations
Q Activité 4
1
x
2
> 106 et
1
x
2
> 1012 .
3x + 1
.
x −2
Dans l’activité 2, on s’est intéressé au comportement de f en −∞ et en +∞.
On étudie désormais le comportement de f au voisinage de 2.
On reprend la fonction f définie sur  −∞ ; 2  ∪  2 ; + ∞  par f (x ) =
En vous appuyant sur une représentation graphique de f et d’un tableau de
valeurs de f ( x ), conjecturer le comportement de f au voisinage de 2.
a) Soit A un réel aussi grand que l’on veut. Démontrer qu’il existe un réel x 0
tel que pour 2 < x < x 0 on ait f (x ) > A. Que peut-on en déduire quand à
la limite de f au voisinage de 2 ?
b) Comment adapter la démarche précédente pour déterminer la limite de f
lorsque x tend vers 2 par valeurs inférieures à 2 ?
Q Activité 5
36
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x 2 − 4x + 3
.
x −1
La fonction f n’est pas définie en 1 car le dénominateur s’annule en 1.
Soit f la fonction définie par f (x ) =
Séquence 2 – MA02
On s’interroge donc sur le comportement de f au voisinage de 1.
a) À l’aide d’une représentation graphique ou d’un tableau de valeurs de la fonction f conjecturer la limite de f ( x ) lorsque x tend vers 1.
b) En vous aidant de la représentation graphique de f, écrire f ( x ) sou une autre
forme valable pour tout x ∈  −∞ ; 1 ∪  1 ; + ∞  . Démontrer alors la conjecture établie précédemment.
C
Cours
1. Limite en +∞ ou en −∞
Définition 4
Limites en +∞
Soit f une fonction définie au voisinage de +∞, c’est-à-dire sur un intervalle de la forme
 α ; + ∞  .
t On dit que f (x ) tend vers 艎 lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle ouvert contenant 艎
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note lim f ( x ) = ᐉ.
x →+∞
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle du type  A ; + ∞ 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note lim f ( x ) = +∞.
x →+∞
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle du type  −∞ ; A 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note lim f ( x ) = −∞.
x →+∞
Remarque
Cette définition est une extension directe de la définition donnée pour les limites
de suites.
Définition 5
Limites en −∞
Soit f une fonction définie au voisinage de −∞, c’est-à-dire sur un intervalle de la forme
 −∞ ; α  .
t On dit que f (x ) tend vers 艎 lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle ouvert contenant
艎 contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur absolue. On
note lim f ( x ) = ᐉ.
x →−∞
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle du type
 A ; + ∞  contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur
absolue. On note lim f ( x ) = +∞.
x →−∞
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle du type  −∞ ; A 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur absolue. On
note lim f ( x ) = −∞.
x →−∞
Séquence 2 – MA02
37
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Illustration graphique
Il apparaît graphiquement sur l’illustration ci-dessous que
que
lim f (x ) = 3.
lim f (x ) = 1 et
x →−∞
x →+∞
En effet, par définition, dire que
lim f (x ) = ℓ (respectivement lim f (x ) = ℓ )
x →−∞
x →+∞
signifie que tout intervalle ouvert contenant 艎 contient toutes les valeurs de f (x )
pour x suffisamment grand (respectivement pour x négatif, suffisamment grand
en valeur absolue).
En pratique, tout intervalle contenant 艎 peut s’écrire sous la forme  ℓ − r ; ℓ + r 
où r est un réel strictement positif quelconque, que l’on peut choisir aussi petit
que l’on peut.
5
r = 0,2
4
y=3+r
3
y=3–r
2
y=1+r
1
y=1–r
–5
–4
–3
0
–2
–1
0
1
2
3
4
5
6
r = 0,001
r = 0,01
y=3+r
y=1+r
y=3
y=1
y=1–r
–150
y=3–r
–100
–50
700
800
900
1000
Il apparaît graphiquement que, quelle que soit la valeur de r choisie, la courbe
représentant f finit par se retrouver dans une bande limitée par les droites
d’équations y = ℓ − r et y = ℓ + r pour ne plus en ressortir.
38
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Séquence 2 – MA02
Propriété 12
Limites de fonctions usuelles en +∞
On a :
x = +∞ , lim x = +∞ , lim x 2 = +∞ , lim x 3 = +∞
lim
x →+∞
x →+∞
et plus généralement
k
x →+∞
∗
x →+∞
lim x = +∞ où k ∈N .
x →+∞
Par inversion, on obtient :
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
=0
x →+∞ x
x →+∞ x
x →+∞ x 2
x →+∞ x 3
1
= 0 où k ∈ N∗.
et plus généralement lim
k
x →+∞ x
lim
Remarque
1
= 0, lim
Ces propriétés sont analogues à celles établies pour les limites de suites.
Propriété 13
Limites de fonctions usuelles en −∞
On a :
lim x = −∞ , lim x 2 = +∞ , lim x 3 = −∞ et plus généralement
x →−∞
k
x →−∞
x →−∞
lim x = −∞ lorsque k est un entier naturel impair et lim x k = +∞
x →−∞
x →−∞
lorsque k est un entier naturel pair non nul.
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
=0
x →−∞ x
x →−∞ x 2
x →−∞ x 3
1
lim
= 0 où k ∈N∗.
x →−∞ x k
lim
et plus généralement
3. Limite en un réel, limite à gauche,
limite à droite
Définitions 6
Soit f une fonction définie sur un voisinage de a sauf éventuellement en a.
t On dit que f (x ) tend vers ᐉ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle
ouvert contenant ᐉ contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f ( x ) = ᐉ.
x →a
Séquence 2 – MA02
39
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Définitions 6
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle du type  A ; + ∞  contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f ( x ) = +∞.
x →a
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle
du type  −∞ ; A  contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f ( x ) = −∞.
x →a
t Comme on l’a constaté dans l’activité 1, il est parfois nécessaire de considérer la restriction de f à gauche de a ou à droite de a. On reprend alors
les définitions ci-dessus en précisant que l’on travaille pour x suffisamment proche de a avec x < a ou x > a.
Cela permet de définir respectivement la notion de limite à gauche et de
limite à droite d’un réel a.
On note alors lim f (x ) et lim f (x ) les limites correspondantes.
x →a
x <a
Limites de fonctions usuelles en un réel
Propriété 14
1
x →0 x
x >0
notera lim
x >a
Si f admet une limite à gauche de a égale à ᐉ et une limite à droite de a égale
à ᐉ ’ et si ᐉ = ᐉ' alors f admet ᐉ pour limite en a.
Remarque
t On a lim
x →a
= +∞ ou, plus simplement car x ֏
1
x →0 x
1
x
n’est pas définie à gauche de 0, on
= +∞.
1
1
1
1
, x֏
, x֏
et plus généralement x ֏
où k est un entier
x
x3
x5
xk
naturel impair, n’ont pas de limite en 0. En revanche, elles admettent des limites infinies dis-
t Les fonctions x ֏
tinctes à gauche et à droite de 0 et on a dans ce cas lim
1
x →0 x k
t Les fonctions x ֏
1
1
x <0
= −∞ et lim
1
1
x →0 x k
x >0
= +∞.
où k est un entier naturel pair
x2
x4
xk
1
admettent la même limite infinie à gauche et à droite de 0 et on a dans ce cas lim
= +∞
x →0 x k
1
1
x <0
= +∞ donc lim
= +∞.
et lim
k
k
x →0 x
x →0 x
x >0
40
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Séquence 2 – MA02
, x֏
et plus généralement x ֏
3. Interprétation graphique, Asymptotes
Définitions 7
Soit f une fonction telle que lim f (x ) = L (ou
x →+∞
lim f (x ) = L ).
x →−∞
La droite d’équation y = L est dite droite asymptote à la courbe représentative de f au voisinage de +∞ (ou de −∞ ).
Illustration graphique
Graphiquement, on observe qu’une droite est asymptote à une courbe lorsque la
courbe se rapproche autant qu’on le veut de la droite.
y=L
N
2
x
–6
–5
–4
–3 M’ –2
Ꮿf
M
1
0
0
–1
1
x
2
3
4
5
6
–1
N’
y = L’
–2
Sur le dessin ci-dessus, Ꮿf est la courbe représentative d’une fonction f telle
que lim f (x ) = L et lim f ( x ) = L '.
x →+∞
x →−∞
Les droites d’équations y = L et y = L' sont donc respectivement asymptotes à
la courbe au voisinage de +∞ et de −∞.
Les points M et N ont pour abscisse x et lim f (x ) = L se traduit par le fait que
x →+∞
la longueur MN tende vers 0 quand x tend vers +∞. Au voisinage de +∞, la
courbe Ꮿf se rapproche donc de la droite d’équation y = L.
De façon analogue, on observe que
lim f (x ) = L' se traduit par le fait que
x →−∞
la longueur M’N’ tende vers 0 quand x tend vers −∞. Au voisinage de −∞, la
courbe Ꮿf se rapproche donc de la droite d’équation y = L’.
Séquence 2 – MA02
41
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Définition 8
Soit f une fonction telle que lim f (x ) = +∞ (ou lim f (x ) = −∞ ) où a est
x →a
x →a
un réel.
La droite d’équation x = a est dite droite asymptote à la courbe représentative de f.
Cette définition est encore vraie si on considère des limites à gauche ou à
droite de a.
Illustration graphique
Sur le dessin ci-contre, Ꮿf est la courbe représen-
x=a
tative d’une fonction f telle que lim f (x ) = +∞
3
N
Ꮿf
2
et lim f ( x ) = −∞.
M
x →a
x <a
x →a
x >a
La droite d’équation x = a est donc asymptote
à Ꮿf .
1
0
0
1
x
2
Le point M a pour abscisse x et lim f (x ) = +∞
x →a
x >a
–1
–2
M’
N’
se traduit par le fait que la longueur MN tende
vers 0 quand x tend vers a par valeurs supérieures. La courbe Ꮿf se rapproche donc de la
droite d’équation x = a à droite de a.
–3
De façon analogue, on observe que
lim f (x ) = −∞ se traduit par le fait que la longueur M’N’ tende vers 0 quand x
x →a
x <a
tend vers a par valeurs inférieures. La courbe Ꮿf se rapproche donc de la droite
d’équation x = a à gauche de a.
4. Opérations sur les limites
Tous les résultats qui suivent sont valables pour des limites à gauche ou à droite.
Ils sont admis.
Dans ce qui suit, f et g sont deux fonctions définies au voisinage de F où F
désigne indifféremment un réel a ou +∞ ou −∞.
La présence d’éventuelles cases coloriées dans les tableaux signifie qu’on est en
présence de « formes indéterminées », c’est-à-dire que la propriété ne permet
pas de conclure puisque le résultat dépend de la situation dans laquelle on se
trouve. Dans ce cas, il est nécessaire de procéder autrement pour lever l’indétermination.
42
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Séquence 2 – MA02
Somme
Propriété 15
t Si lim f ( x ) = ℓ et si lim g ( x ) = ℓ ′ alors lim f ( x ) + g ( x ) = ℓ + ℓ ′ .
x →α
x →α
x →α
t Dans le cas où l’une au moins des fonctions a une limite infinie en α , les
résultats sont donnés par le tableau suivant :
La limite de la somme f (x ) + g (x )
lim g (x )
x →α
lim f (x )
−∞
+∞
x →α
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
ℓ
Produit
Propriété 16
t Si lim f ( x ) = ℓ et si lim g ( x ) = ℓ ′ alors lim f ( x ) × g ( x ) = ℓ × ℓ ′ .
x →α
x →α
x →α
t Dans le cas où l’une au moins des fonctions a une limite infinie en α , les
résultats sont donnés par le tableau suivant :
La limite du produit f (x ) × g (x )
lim g (x )
x →α
+∞
−∞
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
ℓ (ℓ > 0 )
+∞
−∞
ℓ (ℓ < 0 )
−∞
+∞
lim f (x )
x →α
0
Inversion
Propriété 17
lim f ( x )
+∞
−∞
ℓ (ℓ ≠ 0 )
0+
0−
1
f
(
x →α x )
0
0
1
ℓ
+∞
−∞
x →α
lim
Séquence 2 – MA02
43
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Remarque
Pour préciser que f (x ) tend vers 0 en étant strictement positive pour lorsque
x tend vers α on note lim f ( x ) = 0+ ce qui signifie que lim f ( x ) = 0
x →α
x →α
avec f (x ) > 0 au voisinage de α.
Exemple
1
lorsque x tend vers 2. On a lim 2 − x = 0 donc,
2− x
x →2
pour travailler par inversion, il est nécessaire de connaître le signe de 2− x au
Calculons la limite de
voisinage de 2 or si x < 2, on a 2 − x > 0 donc lim 2 − x = 0+ et par inversion
x →2
x <2
1
= +∞ puis si x > 2, on a 2 − x < 0 donc lim 2 − x = 0− et par inverlim
x →2 2 − x
x →2
x <2
x >2
1
sion lim
= −∞.
x →2 2 − x
x >2
Propriété 18
Quotient
La limite du quotient
f (x )
g(x )
lim g (x )
x →α
ᐉ'
0+
0–
(ᐉ' > 0 )
ᐉ'
(ᐉ' < 0 )
+∞
+∞
−∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
−∞
+∞
+∞
−∞
lim f (x )
x →α
0
ℓ (ℓ > 0 )
0
0
0
0
ℓ (ℓ < 0 )
Remarque
0
+∞
−∞
−∞
+∞
ℓ
ℓ'
t Dans le cas particulier où f est une fonction polynomiale, on peut retenir le
résultat suivant.
Au voisinage de +∞ ou de −∞, f se comporte comme son monôme
de plus haut degré. En effet, considérons une fonction f polynomiale de degré k. On a donc f (x ) = ak x k + ak −1x k −1 + ... + a1x + a0
où ak , ak −1 , …, a1 et a0 sont des réels avec ak ≠ 0. Pour x ≠ 0, on peut
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Séquence 2 – MA02
 a
a
a
1
1
1
écrire f ( x ) = ak x k  1+ k −1 × + ... + 1 ×
+ 0× 
ak
x
ak x k −1 ak x k 

or, pour tout entier k,
lim
1
x →±∞ x k
= 0 donc par produit et par somme
 a
a
a
1
1
1
lim  1+ k −1 × + ... + 1 ×
+ 0 ×  = 1.
ak
x
ak x k −1 ak x k 
x →±∞ 
Ainsi, lorsque x tend vers ±∞, f (x) se comporte comme ak x k autrement dit
lim f ( x ) = lim ak x k .
x →±∞
x →±∞
t Dans le cas particulier où f est une fonction rationnelle, on peut retenir le
résultat suivant.
Au voisinage de +∞ ou de −∞, une fonction rationnelle se comporte comme
le quotient des monômes de plus haut degré du numérateur et du dénominateur.
Ce résultat découle du précédent sachant qu’une fonction rationnelle est le
quotient de deux fonctions polynomiales.
5. Limites et inégalités : théorèmes de
comparaison et compatibilité avec l’ordre
On admet que les théorèmes rencontrés et démontrés lors de l’étude de limites
de suites sont encore vrais dans le cas où des limite de fonctions en un réel a,
en +∞ ou en −∞.
Si, pour x au voisinage de
F où F désigne un réel a
ou +∞ ou −∞ …
… et si …
lim u (x ) = +∞
f (x ) ≥ u (x )
x →α
lim v (x ) = −∞
lim f (x ) = −∞
x →α
lim u (x ) = L et lim v (x ) = L
x →α
x →α
lim u (x ) = 0
f (x ) − L ≤ u (x )
f (x )<g (x ) ou f (x ) ≤ g (x )
lim f (x ) = +∞
x →α
f (x ) ≤ v (x )
u (x ) ≤ f (x ) ≤ v (x )
… alors …
x →α
lim f (x ) = L et lim g (x ) = L'
x →α
x →α
x →α
lim f (x ) = L (théorème des
gendarmes)
x →α
lim f (x ) = L
x →α
L ≤ L' (compatibilité avec l’ordre)
Séquence 2 – MA02
45
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6. Limite d’une fonction composée
Théorème 1
On admet le résultat suivant :
Soit f la fonction définie sur un intervalle I comme composée des fonctions
g et h, c’est-à-dire que pour tout x ∈I, on a f ( x ) = h g ( x ) = h g ( x ) .
(
x
g
h
g(x) = X
)
f ( x ) = x (X ) = h (g ( x ))
Dans ce qui suit, α , β et L peuvent désignés des réels ou +∞ ou −∞.
On suppose que lim g (x ) = β et que lim h (X ) = L alors on peut en
x →α
X →β
déduire que lim f ( x ) = L.
x →α
Exemple 2
x2 +1.
a) Déterminer la limite en −∞ de
x2 − x − 3
.
2− x
 1
c) Déterminer la limite en +∞ de x sin   .
x
b) Déterminer la limite à droite de 2 de
Solution
a) La fonction x ֏ x 2 + 1 est la composée de x ֏ x 2 + 1 et de X ֏ X
lim x 2 + 1 = +∞
or
x →−∞
lim
x →−∞
x 2 + 1 = lim
X →+∞
b) La fonction x ֏
et
lim
X →+∞
X = +∞ ,
on peut donc écrire
X = +∞ par composition avec X = x 2 + 1.
x2 − x − 3
2− x
est la composée de x ֏
et de X ֏ X .
On détermine tout d’abord la limite de la fonction rationnelle x ֏
à droite de 2.
x2 − x − 3
2− x
x2 − x − 3
2− x
Comme lim x 2 − x − 3 = −1 < 0 et lim 2 − x = 0− (car 2 − x < 0 lorsque
x →2
x →2
x >2
x2 − x − 3
x > 2 ), on a par quotient lim
X = +∞
= +∞. Puis lim
x →2 2 − x
X →+∞
x >2
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Séquence 2 – MA02
x2 − x − 3
X = +∞ par composition
== lim
x →2 2 − x
X →+∞
on peut donc écrire lim
avec X =
x >2
2
x −x −3
.
2− x
 1
 1
sin  
sin  
x
x
 1
or x ֏
est la
c) On remarque que pour x ≠ 0, x sin   =
1
1
x
x
x
1
sin X
1
composée de x ֏ et de X ֏
. De plus, on sait que lim
=0
x
X
x →+∞ x
 1
sin  
x
sin X
sin X
= lim
= 1 par composition
et lim
= 1 donc on a lim
1
X →0 X
x →+∞
X →0 X
x
1
avec X = .
x
7. Suites et fonctions
On admet la propriété suivante :
Propriété 19
Soit (un ) une suite de terme général un = f (n ) où f est une fonction définie au voisinage de +∞.
Si lim f ( x ) = ᐉ ( ℓ étant fini ou non) alors lim un = ᐉ.
x →+∞
Remarque
n →+∞
La réciproque de cette propriété est fausse.
Prenons par exemple la suite (un ) définie sur ℕ par un = cos(2πn ). Pour
tout n ∈N ; on a donc un = 1, ainsi (un ) est convergente vers 1 alors que la fonc
tion f définie par f (x ) = cos(2πx )
n’a pas de limite en +∞, résultat que l’on admet mais que l’on
peut constater à partir d’une
représentation graphique.
points de coodonnées (n ; un)
courbe d’équation y = cos (2πx)
2
0
0
2
4
6
8
10
Séquence 2 – MA02
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t Dans le cas particulier où f est une fonction polyniomale, c’est à dire lorsque
f (x ) = ak x k + ak −1x k −1 + ... + a1x + a0 où ak , ak −1 , …, a1 et a0 sont des
réels avec ak ≠ 0, on sait que f ( x ) se comporte en ±∞ comme le monôme de
plus haut degré, à savoir ak x k et on a lim f (x ) = lim ak x k .
x →±∞
x →±∞
Ainsi, lorsqu’une suite (un ) a pour terme général un = f (n ) avec f une fonction polynomiale, on peut en déduire que un se comporte en +∞ comme le
monôme de plus haut degré en n.
t Du résultat ci-dessus et des résultats sur les limites de fonctions, on peut
déduire que lorsqu’une suite (un ) a pour terme général un = f (n ) avec f une
fonction rationnelle, on peut en déduire que un se comporte en +∞ comme
le quotient des monômes de plus haut degré en n du numérateur et du dénominateur.
Exemple 3
Déterminer la limite des suites de terme général :
3n 2 − 1
2n + 1
an = n 2 − 3 + 2n − 5n 3 , bn =
et c n =
.
2n 2 − n
3 − n3
Solution
On a :
t
t
t
lim an = lim n 2 − 3 + 2n − 5n 3 = lim − 5n 3 = −∞ ;
n →+∞
n →+∞
lim bn = lim
n →+∞
3n 2 − 2
2
n →+∞ 2n − n
lim c n = lim
n →+∞
n →+∞
2n + 1
n →+∞ 3 − n
3
3n 2
= lim
n →+∞ 2n
= lim
2
2n
n →+∞ −n
3
=
3
;
2
= lim −
2
n →+∞ n 2
= 0.
On admet le résultat suivant :
Propriété 20
Composition
Soient f une fonction définie sur un intervalle I, (v n ) une suite de réels
appartenant à l’intervalle I et (un ) la suite de terme général un = f (v n ).
Pour obtenir v n , on enchaine donc la suite (v n ) puis la fonction f selon le
schéma : n ֏ v n ֏ un = f (v n ).
Si
lim v n = α ( α étant fini ou non) et si lim f ( x ) = ᐉ ( ℓ étant fini ou
n →+∞
non) alors lim un = ᐉ.
n →+∞
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Séquence 2 – MA02
x →α
Exemple 4
Déterminer la limite des suites de terme général :
4n 2 − 3
an = n 2 − n + 1 et bn =
Solution
t Tout d’abord
composition :
n →+∞
n →+∞
lim an = lim
position :
.
lim n 2 − n + 1 = lim n 2 = +∞ or lim
n →+∞
t Tout d’abord
n2 + n
lim
n →+∞
4n 2 − 3
n →+∞ n 2 + n
n 2 − n − 1 = lim
4n 2
n →+∞ n 2
= 4 or lim
4n 2 − 3
n →+∞ n 2 + n
x →4
= lim
x →4
x = +∞ donc, par
x = +∞.
x →+∞
= lim
lim bn = lim
n →+∞
x →+∞
x = 2 donc, par com-
x = 2.
8. Exemples et méthodes
Les exemples ci-dessous sont à considérer comme des méthodes qui sont fréquemment utilisées pour le calcul de limites de fonctions. Le choix de la méthode
utilisée dépend du type d’expression de la fonction (somme, produit, quotient,
fonction polynomiale, fonction rationnelle, composée, etc.). Avant tout calcul, il
est donc primordial de déterminer le type d’expression dont on souhaite déterminer la limite.
Exemple 5
a) Déterminer les limites de f (x ) = x 4 − 3x + 1 en −∞ et en +∞.
b) Déterminer les limites de f (x ) =
définition de f.
x 2 − 3x + 2
x2 − 4
aux bornes de l’ensemble de
tan x
en 0.
x
g (x ) − g (0 )
On remarquera que, pour x ≠ 0 , f (x ) =
où g (x ) = tan x .
x −0
c) Déterminer la limite de f (x ) =
d) Déterminer la limite de f (x ) =
sin2 x
en 0.
x
e) Déterminer la limite de f (x ) = x − x en +∞.
f) Déterminer les limites de f (x ) = 2x − 4 x 2 + 1 aux bornes de l’ensemble de
définition de f.
g) Déterminer la limite en −∞ de f (x ) =
x − sin x
.
3x + 1
Séquence 2 – MA02
49
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Solutions
B t La fonction f est un fonction polynomiale. On cherche les limites en −∞ et
en +∞ on peut donc utiliser le fait qu’en −∞ et en +∞, une fonction polynomiale a les mêmes limites que son monôme de plus haut degré.
On obtient donc
lim f (x ) = lim x 4 − 3x + 1 = lim x 4 = +∞
x →−∞
4
x →−∞
x →−∞
lim f (x ) = lim x − 3x + 1 = lim x 4 = +∞.
x →+∞
x →+∞
et
x →+∞
t On peut noter que, si l’on n’utilise pas cette remarque, la méthode habituelle
déjà vue lors du calcul de limites de suites est toujours valable. On transforme
ainsi l’expression de f (x ) en factorisant par son monôme de plus haut degré

3
1
et pour x ≠ 0 , on a f ( x ) = x 4 − 3x + 1 = x 4  1−
+  . L’expression
 x3 x4 
considérée est alors un produit, on cherche donc la limite de chacun des fac1
+ = 1 (par somme
x
x →−∞
x →−∞
x
3
1
car lim −
= 0 et lim
= 0 ) donc, par produit, lim f (x ) = +∞.
x →−∞ x 3
x →−∞ x
x →−∞
La démarche est analogue en +∞.
teurs et on obtient
lim x 4 = +∞ puis
lim 1−
3
3
{
}
b) La fonction f est un fonction rationnelle définie sur R \ −2 ; 2 . On cherche
les limites en −∞ , − 2, 2 et +∞.
t Pour déterminer les limites de f (x ) en −∞ et en +∞, on peut donc utiliser
le fait qu’en −∞ et en +∞, une fonction rationnelle a les mêmes limites
que le quotient des monômes de plus haut degré du numérateur et du dénox 2 − 3x + 2
x2
= lim
=1
minateur. On obtient donc lim f (x ) = lim
x →−∞
x →−∞ x 2 − 4
x →−∞ x 2
x 2 − 3x + 2
x2
= lim
= 1.
et lim f (x ) = lim
x →+∞
x →+∞ x 2 − 4
x →+∞ x 2
Si l’on n’utilise pas cette remarque, on applique la méthode habituelle. On
transforme ainsi l’expression de f (x ) en factorisant numérateur et déno-
{
}
minateur par son monôme de plus haut degré donc, pour x ∈R \ −2 ; 2
3 2
3 2
x 2 (1− + ) 1− +
2
2
x x
x x2
x − 3x + 2
et x ≠ 0 , on a f (x ) =
=
.
=
4
4
2
x2 − 4
1−
x (1− )
x2
x2
L’expression considérée est alors un quotient, on cherche donc la limite de
3 2
= 1 puis
du numérateur et du dénominateur. On obtient lim 1− +
2
x
x
→−∞
x
4
lim 1− = 1 donc, par quotient, lim f (x ) = 1. La démarche est anax →−∞
x →−∞
x2
logue en +∞.
50
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Séquence 2 – MA02
t Étudions la limite en −2. Comme f (x ) est un quotient, on détermine la
limite du numérateur et du dénominateur. On a lim x 2 − 3x + 2 = 12 > 0
x →−2
et lim x 2 − 4 = 0 .
x →2
Pour conclure, il apparaît nécessaire de déterminer le signe de x 2 − 4 au
voisinage de −2.
Pour x < −2, on a x 2 > 4 donc x 2 − 4 > 0 de sorte que lim x 2 − 4 = 0+
x →−2
et, par quotient, lim f (x ) = +∞.
x <−2
x →−2
x <−2
Pour x au voisinage de −2 et x > −2, on a x 2 < 4 donc x 2 − 4 < 0 de sorte
que lim x 2 − 4 = 0− et, par quotient, lim f (x ) = −∞.
x →−2
x →−2
x >−2
x >−2
t Étudions la limite en 2. Comme précédemment, on détermine la limite du
numérateur et du dénominateur. On a lim x 2 − 3x + 2 = 0 et lim x 2 − 4 = 0 .
x →2
x →2
Par quotient, nous sommes donc en présence d’un cas d’indétermination c’està-dire que les propriétés du cours concernant le quotient de limites ne permettent pas de conclure. Il faut donc procéder autrement.
Le numérateur et le dénominateur d’une fonction rationnelle sont des polynômes de degré 2 que l’on sait factoriser.
D’une part, x 2 − 4 = (x − 2)(x + 2).
D’autre part, x 2 − 3x + 2 a pour discriminant ∆ = 1 et pour racines 1 et 2
donc x 2 − 3x + 2 = (x − 2)(x − 1).
Il apparaît donc que le numérateur et le dénominateur sont tous les deux factorisables par x − 2.
x 2 − 3x + 2 (x − 2)(x − 1) x − 1
Ainsi, pour x ∈R \ −2 ; 2 , on a f (x ) =
=
=
(x − 2)(x + 2) x + 2
x2 − 4
1
or lim x − 1 = 1 et lim x + 2 = 4 donc par quotient, lim f (x ) = .
4
x →2
x →2
x →2
{
}
c) La fonction f étant un quotient, on détermine la limite du numérateur et du
dénominateur.
On a lim tan x = 0 et lim x = 0 donc par quotient, nous sommes comme
x →0
x →0
dans l’exemple précédent en présence d’un cas d’indétermination. La méthode
adoptée précédemment n’est pourtant plus valable car f (x ) n’est pas un quotient de deux polynômes.
Ainsi qu’il est précisé dans l’indication, on remarque que, pour x ≠ 0 ,
g (x ) − g (0 )
f (x ) =
où g (x ) = tan x or on sait que lorsque g est dérivable
x −0
g (x ) − g (0 )
admet une limite finie en 0 et
en 0, le taux d’accroissement
x −0
g (x ) − g (0 )
on a lim
= g ′(0 ).
x −0
x →0
Séquence 2 – MA02
51
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Dans le chapitre 2, lors de l’exemple 1, on a montré que la fonction tangente

π
est dérivable sur tout intervalle inclus dans R \  + k π , k ∈Z  et que pour

π
1 2
tout x ≠ + k π où k ∈ℤ , (tan)′( x ) =
. On a donc g dérivable en 0
2
cos2 x
et g ′(0 ) = 1.
tan x
g (x ) − g (0 )
Finalement lim f (x ) = lim
= lim
= g ′(0 ) = 1
x −0
x →0
x →0 x
x →0
d) Rapidement, de tête, on remarque que f (x ) est un quotient, on détermine la
limite du numérateur et du dénominateur or lim sin2 x = 0 et lim x = 0
x →0
x →0
donc les propriétés du cours concernant le quotient de limites ne permettent
pas de conclure.
t En suivant la démarche vue précédemment, on remarque que, pour x ≠ 0 ,
g (x ) − g (0 )
f (x ) =
où g (x ) = sin2 x .
x −0
Pour x ∈ℝ , g (x ) = sin2 x = sin x × sin x donc g peut être vue comme le
produit de x ֏ sin x dérivable sur ℝ par elle-même ainsi g est dérivable
sur ℝ et donc en 0.
Formule utilisée : (uv )′ = uv ′ + u ′v
(uv )' = uv '+ u 'v .
Pour x ∈ℝ , g ′(x ) = sin x × cos x + sin x × cos x = 2 × sin x × cos x
puis g ′(0 ) = 0.
g (x ) − g (0 )
sin2 x
= lim
= g ′(0)) = 0.
x −0
x →0 x
x →0
Finalement lim f (x ) = lim
x →0
t On peut sur cet exemple, dégager une autre méthode habituelle qui est de se
ramener à un résultat de cours. En effet, en observant l’expression de f (x ),
en constatant l’indétermination, on cherche une propriété du cours sur les
fonctions trigonométriques permettant de lever une indétermination lors du
sin x
= 1. On transforme alors l’exprescalcul d’une limite en un réel : lim
x →0 x
sion de f (x ) de façon à faire apparaître ce résultat.
sin2 x
sin x
On a par exemple, f (x ) =
= sin x ×
or
lim sin x = 0
x
x
x →0
sin x
= 1 donc par produit lim f (x ) = 0.
et lim
x →0 x
x →0
e) Rapidement, de tête, on remarque que f (x ) s’écrit comme une somme, on détermine donc la limite de chaque terme or lim x = +∞ et lim − x = −∞
x →+∞
x →+∞
donc par somme, les propriétés du cours concernant les sommes de limites ne
permettent pas de conclure.
On retrouve une méthode habituelle déjà rencontrée lors du calcul de limites
de suites qui consiste à transformer l’expression de f (x ) à l’aide d’une factorisation. Dans le cas présent, une factorisation par x ou par x conduit au
(
)
résultat. On a par exemple f (x ) = x − x = x 1− x or
puis
52
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Séquence 2 – MA02
lim 1− x = −∞ donc par produit
x →+∞
lim f (x ) = −∞.
x →+∞
lim
x →+∞
x = +∞
f) Pour tout x ∈ℝ , 4 x 2 + 1 > 0 donc f est définie sur ℝ et on cherche les
limites de f (x ) en −∞ et en +∞. On remarque que f (x ) s’écrit comme une
somme, on détermine donc la limite de chaque terme.
t D’une part, le premier terme 2x est l’expression d’une fonction de référence et on a
lim 2x = −∞. D’autre part, le deuxième terme
x →−∞
4x 2 + 1
est l’expression de la composée x ֏ 4 x 2 + 1 suivie de X ֏ X ,
on travaille donc par composition. On sait que
puis lim
x →−∞
4 x 2 + 1 = lim
X →+∞
Finalement, par différence,
lim 4 x 2 + 1 = +∞
x →−∞
X = +∞ par composition avec X = 4 x 2 + 1.
lim f ( x ) = −∞.
x →−∞
t En +∞, l’analyse de l’expression de f (x ) conduit à une indétermination.
Pour conclure, on est amené à transformer l’expression de f (x ) et, pour ce
faire, on pense utiliser l’expression conjuguée, méthode habituelle déjà rencontrée lors du calcul de limites de suites. On a :

2 
2 
 2x − 4 x + 1  2x + 4 x + 1
−1
=
f (x ) = 2x − 4 x 2 + 1 =
2x + 4 x 2 + 1
2x + 4 x 2 + 1
Après avoir analysé l’expression obtenue, on peut écrire
lim 4 x 2 + 1 = +∞ donc, par composition avec X = 4 x 2 + 1, on obtient
x →+∞
lim
x →+∞
4 x 2 + 1 = lim
X →+∞
X = +∞ or
lim 2x = +∞ donc par somme
x →+∞
lim 2x + 4 x 2 + 1 = +∞ puis par inversion
x →+∞
enfin
lim f (x ) = 0.
lim
1
x →+∞ 2x + 4 x 2 + 1
= 0 et
x →+∞
g) On retrouve une méthode habituelle déjà rencontrée lors du calcul de limites
de suites que l’on adapte ici. On cherche la limite en −∞ d’une expression
dans laquelle on trouve sin x, on pense donc à encadrer ce nombre pour se
ramener à appliquer les théorèmes de comparaison ou le théorème des gendarmes.
Pour x ∈ℝ , −1 ≤ sin x ≤ 1 donc x − 1 ≤ x − sin x ≤ x + 1 puis, comme on tra1
vaille en −∞, on peut supposer x < − de sorte que 3x + 1 < 0 et qu’en
3
divisant chaque membre de l’inégalité précédente on ait
x − 1 x − sin x x + 1
.
≥
≥
3x + 1 3x + 1 3x + 1
On est alors amené à calculer la limite en −∞ de deux fonctions rationnelles
x −1
x 1
x +1
x 1
= lim
= et lim
= lim
= . Ainsi,
d’où lim
x →−∞ 3x + 1 x →−∞ 3x 3
x →−∞ 3x + 1 x →−∞ 3x 3
1
par le théorème des gendarmes, lim f (x ) = .
3
x →−∞
Séquence 2 – MA02
53
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D
Exercice 4
Exercices d’apprentissage
Calcul de limites
Calculer les limites suivantes :
 2x + 1 
x +1
x2 + x −2
a) lim
;
b) lim cos 
;
 ; c) lim
x →2 4 − x 2
x →+∞
x →1 1− x 2
 3x 2 − x + 1
x >2
d)
Exercice 5
lim
3x 2 + sin x
x →−∞
x2 + 3
;
3x + 1 − 2
;
x −1
x →1
e) lim
f) lim
1− cos2 ( 3x )
x →0
x2
.
Calculatrice et fenêtre graphique
Soit f la fonction définie sur ℝ par :
f ( x ) = x 4 − 10006 x 3 + 60011x 2 − 110006 x + 60000.
Préciser les limites de f en −∞ et +∞ puis proposer une fenêtre permettant
de visualiser sur la calculatrice la représentation graphique de f , notamment les
résultats démontrés.
Exercice 6
QCM
Pour chaque question, une seule proposition est valable. Donner la lettre correspondant à la réponse exacte.
Les propositions…
Les questions…
A
B
C
D
Que vaut lim
x →0
x + 1− 1
?
x
+∞
1
2
1
+∞
−∞
−1000
1
2
3
4
C’est
impossible
a=0
a =1
a=2
0
Elle
Soit f la fonction définie sur ℝ par
f ( x ) = x − 1000 sin x . Quelle est la limite de f n’existe
pas
en +∞ ?
Combien la courbe d’équation y =
met-elle de droites asymptotes ?
2x 2 − x + 1
x2 −1
ad-
la fonction définie sur ℝ* par
x + sin x
f (x ) =
. On prolonge la définition de
x
f à ℝ en posant f (0 ) = a. Peut-on trouver un réel a
Soit f
tel lim f ( x ) = f (0 ) ?
x →0
54
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Séquence 2 – MA02
Les propositions…
Les questions…
A
B
C
D
La fonction f est définie sur  0 ; + ∞  telle que
lim f ( x ) = 1 et lim f ( x ) = +∞ .
x →+∞
x →0
0
1
+∞
Elle
n’existe
pas
0
1
+∞
Elle
n’existe
pas
1
On pose g ( x ) = f ( ). Que vaut lim g ( x ) ?
x →+∞
x
Avec le même énoncé qu’à la question 5, que vaut
lim g ( x ) ?
x →0
x >0
Exercice 7
Asymptotes
Soient f la fonction définie par f (x ) =
représentative.
(2x − 5)( x 2 + x − 2)
2x 2 − 9 x + 10
et Ꮿf sa courbe
a) En s’appuyant sur une représentation graphique obtenue à l’aide du logi-
ciel Geogebra ou de la calculatrice, que peut-on conjecturer concernant
le domaine de définition de f , ses limites et les éventuelles asymptotes
de Ꮿf ?
b) Soit ∆ la droite d’équation y = x + 3. Que semble-t-elle avoir de remarquable pour la courbe Ꮿf ?
Déterminer le domaine de définition D de f puis calculer les limites de f aux
bornes de D.
4
.
x +2
b) Déterminer les limites de f ( x ) − ( x + 3) en −∞ et en +∞. Ce résultat
semble-t-il cohérent avec les constatations faite à la question 1 ?
a) Montrer que pour tout x ∈D , f ( x ) − ( x + 3) =
c) Étudier les positions relatives de la courbe Ꮿf et de la droite ∆ .
Exercice 8
Asymptotes
{}
Soient f la fonction définie sur ℝ \ 2 par f ( x ) =
2x 3 − 6 x 2 + 9
(
)
2
et Ꮿf sa
2 x −2
courbe représentative dans un repère orthonormé d’unité graphique 1 cm.
Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition. Préciser
les éventuelles droites asymptotes se déduisant du calcul de ces limites.
Séquence 2 – MA02
55
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(
)
Pour x ≠ 2, on note d (x ) = f (x ) − x + 1 .
Ainsi d (x ) représente l’écart algé-
brique entre la courbe Ꮿf et la droite ∆ d’équation y = x + 1 mesuré sur une
verticale d’abscisse x.
a) Calculer la limite de d (x ) en −∞ et en +∞ . Interpréter graphiquement
les résultats.
{}
b) Résoudre sur ℝ \ 2 l’inéquation d (x ) ≤ 1. Interpréter graphiquement
le résultat.
c) Etudier le signe de d (x ) . Interpréter graphiquement le résultat.
( x − 3) ( x 2 − 3x + 3)
Montrer que, pour tout x ≠ 2, f ' (x ) =
puis étudier les
3
variations de f.
( x − 2)
Tracer la courbe Ꮿf en prenant en compte les divers éléments mis en évi-
dence au cours de l’exercice.
56
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Séquence 2 – MA02
4
A
Continuité
d’une fonction
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre, la notion de continuité d'une fonction. On en
donnera deux applications : la première permettant de déterminer la limite de
certaines suites convergentes, la seconde permettant de justifier de solutions
à certaines équations. Enfin, nous travaillerons sur les valeurs approchées de
solutions d'équations.
B
Activité 6
Pour débuter
D'après activité proposée par l'académie d'Orléans-Tour.
Le quadrilatère ABCD est un rectangle de dimensions variables mais dont le périmètre reste constant égal à 12cm.
Dans ce rectangle, on range des carrés de côtés 1 cm sans les découper de
manière à former le plus grand rectangle possible contenu dans ABCD.
AB = 3,9
AB = 4
AB = 4,1
D
C
D
C
D
C
A
B
A
B
A
B
On note x la longueur AB et on s’intéresse à la fonction f qui à x associe le
nombre de carrés contenus dans ABCD.
Afin de visualiser la situation, créer sous GeoGebra un rectangle ABCD dont on
pourra choisir la longueur AB à l’aide d’un curseur et dont le périmètre reste
constant égal à 12.
On pourra alors s’appuyer sur la grille pour visualiser les petits carrés à l’intérieur du rectangle ABCD.
Tableau de valeurs – En vous appuyant sur la figure dynamique, compléter le
tableau de valeurs ci-dessous
x
Longueur AB
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
5,5
6
f (x )
Nombre de carrés
dans ABCD
Séquence 2 – MA02
57
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Étude au voisinage de 4
Déterminer f ( 3, 9 ) et f ( 3, 99 ) . Que dire de lim f (x ) ?
x →4
x <4
De même, déterminer f ( 4 ,1) , f ( 4 , 01) et préciser lim f ( x ).
x →4
x >4
Représentation graphique
a) Donner l’expression de f (x ) selon les valeurs de x dans l’intervalle [0 ; 6] et
tracer la courbe Ꮿf représentant f.
b) Quelle est la particularité de Ꮿf ?
Complément : Création de la courbe sous GeoGebra
On reprend et on poursuit la figure obtenue dans le .
(
)
Considérons pour cela, les points A, B, C et D où A(0 ; 0), B(a ; 0), C a ; 6 − a
et D(0 , 6 − a ) et a est un cruseur prenant des valeurs de 0 à 6. ABCD est donc
un rectangle dont on peut choisir la longueur AB et dont le périmètre reste
constant égal à 12.
On construit maintenant le rectangle plus grand rectangle AMNP constitué de
petits carrés de côté 1 et inclus dans ABCD.
a) À l’aide de la fonction partie entière, exprimer les coordonnées des points
M, N et P en fonction de celles des points B, C et D. Placer les points M, N
et P sachant que sous GeoGebra, la partie entière d’un réel x s’écrit floor(x).
b) On remarque que le nombre de carrés dans le rectangle AMNP est égal à
l’aire de AMNP. Ainsi, pour obtenir le nombre de carrés dans le rectancgle
AMNP en fonction de la longueur AB, il suffit de créer dans une deuxième
fenêtre graphique, le point de coordonnées ( AB,aire ( AMNP )).
c) Visualiser la courbe représentant f.
Activité 7
Activité préparatoire à l’énoncé du
THÉOREME DES VALEURS INTERMÉDIAIRES et de son COROLLAIRE
Dans cette activité, on s’intéresse à l’existence et au nombre de solutions de
l’équation f (x ) = 0 où f est une fonction définie sur un intervalle I.
On remarquera que, si le plus petit intervalle contenant toutes les images de f
ne contient pas 0 alors l’équation f (x ) = 0 ne peut pas avoir de solution. On se
place donc dans le cas où 0 appartient au plus petit intervalle J contenant f (I) ;
autrement dit, dans le cas où f change de signe sur I.
Soit f une fonction définie sur l’intervalle I =  −3 ; 2 vérifiant f ( −3) = −5,
f (2) = 4.
On suppose que l’intervalle image de I par f est inclus dans J =  −5 ; 4 
autrement dit, on suppose que : f  −3 ; 2 ⊂  −5 ; 4  ou encore que,
pour x ∈  −3 ; 2 , on a f ( x ) ∈  −5 ; 4  .
(
58
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Séquence 2 – MA02
)
Dans le tableau suivant, S l’ensemble des solutions de l’équation de l’équa-
tion f (x) = 0.
Compléter le tableau en donnant, lorsque c’est possible, l’allure de la représentation graphique d’une fonction f vérifiant les conditions indiquées.
S est vide
f est
croissante
sur I
S contient
exactement
une unique
solution
S contient
S contient
S contient une
exactement
exactement
infinité de
deux solutions trois solutions
solutions
impossible
impossible
f est
strictement
croissante
sur I
f est
continue
sur I
impossible
f est
continue et
croissante
sur I
f est
continue et
strictement
croissante
sur I
Outre l’hypothèse 0 ∈ f ( −3);f ( 2)  , quelle condition apparaît suffisante pour
affirmer l’existence de solution(s) à l’équation f (x ) = 0 ?
En supposant cette condition vérifiée, combien l’équation f (x ) = 0 peut-elle
avoir de solutions ?
Séquence 2 – MA02
59
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Outre l’hypothèse 0 ∈ f ( −3) ; f ( 2)  , quelles conditions apparaissent suf-
fisantes pour affirmer l’existence et l’unicité d’une solution à l’équation
f (x ) = 0 ?
C
Cours
1. Notion de continuité
Définition 9
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a.
On dit que f est continue en a si lim f ( x ) = f (a ).
x →a
On dit que f est continue sur I si elle est continue en
tout réel de I.
Illustration graphique
Graphiquement, la courbe représentative d’une fonction continue sur un
intervalle I peut être tracée en un seul
morceau sur I, sans lever le crayon.
On admet les propriétés suivantes :
Propriété 21
Les fonctions polynomiales, rationnelles, racine carrée, valeur absolue,
sinus, cosinus ainsi que les sommes, produits, quotients et composées de
telles fonctions sont continues sur tout intervalle inclus dans leur ensemble
de définition.
Exemples et
contre-exemples
sin x
si x ≠ 0 et f (0 ) = 1.
x
sin x
= 1 donc lim f (x ) = f (0 ) par suite, f est continue
On sait que lim
x →0 x
x →0
en 0. Par ailleurs, f est le quotient de deux fonctions continues sur ℝ donc f
Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x ) =
*
est continue sur ℝ . Finalement, f est continue sur R.
On rappelle que la fonction partie entière est définie sur
ℝ pour tout
réel x, on appelle partie entière de x et on note E(x ) le plus grand entier
relatif inférieur ou égal à x.
Autrement dit, pour tout n ∈ Z, on aura E(x ) = n pour tout x tel
que n ≤ x < n + 1.
60
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Séquence 2 – MA02
Il apparaît graphiquement que la
fonction E n’est continue en aucun
entier.
3
Par exemple, pour tout 0 ≤ x < 1,
1
2
on a E(x ) = 0 donc lim E(x ) = 0
x →1
x <1
or E(1) = 1 et E n’est pas continue
en 1.
–3
–2
0
–1 0
–1
2
3
–2
–3
Une démonstration analogue peut être
faite en n’importe quel entier.
On admet la propriété suivante :
1
Propriété 22
Toute fonction dérivable sur un intervalle est continue sur cet intervalle.
Remarques
t La réciproque de cette propriété est fausse. En effet, la fonction x ֏ x est
continue sur ℝ en revanche, elle n’est pas dérivable en 0.
t Voici à titre d’information la démonstration de la précédente propriété (non
exigible).
Supposons que f soit dérivable sur un intervalle I et soient a et x deux réels
distincts de I.
On a alors :
f (x ) − f (a )
f (x ) − f (a )
f (a + h ) − f (a )
× (x − a ) or lim
= lim
x −a
h
x →a x − a
h →0
f (x ) − f (a )
par composition en posant h = x − a d’où lim
= f ' (a ) car f est dérix →a x − a
f (x ) − f (a ) =
vable en a. Comme lim x − a = 0, on obtient par produit lim f ( x ) − f (a ) = 0,
x →a
x →a
c’est-à-dire lim f (x ) = f (a ) ou encore f continue en a.
x →a
2. Application aux suites définie par un+1 = f (un)
Propriété 23
Soit f une fonction définie sur un intervalle I et (un ) une suite de réels
de I définie par un +1 = f (un ).
Si la suite (un ) est convergente vers un réel ℓ et si f est continue en ℓ
alors f (ℓ ) = ℓ.
Séquence 2 – MA02
61
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Démonstration
On donne ici la démonstration dans le cas général de la propriété annoncée.
Toutefois, comme on le verra dans les exemples qui suivent, cette propriété devra
être redémontrée à chaque fois qu’elle sera utilisée en adaptant la démonstration au cadre de l’énoncé.
Par hypothèse, (un ) est convergente vers 艎.
D’une part, on a donc lim un = ℓ de sorte que, par composition avec X = un ,
n →+∞
on ait lim f (un ) = lim f (X ) puis, comme f est continue en 艎, on obtient
n →+∞
X →ℓ
lim f (un ) = f (ℓ ).
n →+∞
D’autre part,
Exemple 6
lim un +1 = ℓ ainsi, par unicité de la limite, on a bien f (ℓ) = ℓ.
n →+∞
Soit (u ) la suite définie par u = 10 et u
0
n
n + 1 = un .
a) Montrer par récurrence que pour tout n ∈ℕ , 1 ≤ un +1 ≤ un ≤ 10 .
b) En déduire la convergence de (un ) vers un réel à déterminer.
1
Soit (u ) la suite définie par u = 1 et u
n
n + 1 = un + u .
0
n
a) Montrer par récurrence que (un ) minorée par 1 puis en déduire les variations de (un ).
b) Montrer que la suite (un ) ne peut être majorée. En déduire la limite
de (un ).
Solution
a) On
raisonne par réccurence. On a
donc 1 ≤ u1 ≤ u0 ≤ 10 .
u0 = 10
et
u1 = 10 ≈ 3, 2
Soit k ∈ℕ tel que 1 ≤ uk +1 ≤ uk ≤ 10 alors
1 ≤ uk +1 ≤ uk ≤ 10
car x ֏ x est croissante sur [1 ; 10]. Comme 1 ; 10  ⊂ 1 ; 10  , on


obtient 1 ≤ uk + 2 ≤ uk +1 ≤ 10 et la propritété est héréditaire.
Finalement, par récurrence, pour tout n ∈ℕ , 1 ≤ un +1 ≤ un ≤ 10 .
b) De ce qui précède, on déduit que pour tout n ∈ℕ , un +1 ≤ un donc la
suite (un ) est décroissante, et que pour tout n ∈ℕ , 1 ≤ un ≤ 10 donc la
suite (un ) est minorée par 1. Par le théorème de la convergence monotone,
la suite (un ) est donc convergente. En notant ℓ sa limite, on remarque
que 1 ≤ ℓ ≤ 10 (par passage à la limite dans l’inégalité 1 ≤ un ≤ 10 ).
Pour déterminer la limite, on utilise la propriété ci-dessus que l’on redémontre.
62
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Séquence 2 – MA02
D’une part,
lim un +1 = ℓ . D’autre part, on a
n →+∞
que, par composition avec X = un , on ait lim
lim un = ℓ de sorte
n →+∞
n →+∞
un = lim
X →ℓ
X = ℓ
car x ֏ x est continue en ℓ. Finalement, par unicité de la limite,
on a
ℓ = ℓ . Donc ℓ est solution de l’équation
x = x.
Comme 1 ≤ ℓ ≤ 10 , on résout :
x = x sur l’intervalle [1 ; 10].
x = x ⇔ x = x 2 ⇔ x (1− x ) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1
et sur [1 ; 10], l’équation a une unique solution qui est 1. Ainsi ℓ = 1.
a) On raisonne par récurrence. On a u = 1 donc u ≥ 1. Supposons que
0
0
pour k ∈ℕ , uk ≥ 1 alors uk > 0 puis
1
1
> 0 et par somme uk +
≥ 1,
uk
uk
c’est-à-dire uk +1 ≥ 1. Ainsi, par récurrence, pour tout n ∈N , un ≥ 1.
1
Il en découle que pour n ∈N , un +1 − un =
> 0 et (un ) est croissante.
un
b) On raisonne ici par l’absurde en supposant que (un ) est majorée. Dans
ce cas, la suite (un ) étant croissante et majorée, elle est convergente vers
un réel ℓ selon le théorème de la convergence monotone. De plus, pour
tout n ∈ℕ , un ≥ 1 donc par passage à la limite, ℓ ≥ 1.
1
1
Par composition avec X = un , on a lim un +
= lim X + . La
un X → ℓ
X
n →+∞
1
fonction x ֏ x + est continue sur 1 ; + ∞  comme somme des foncx
1
tions x ֏ x et x ֏ toutes les deux continues sur 1 ; + ∞  .
x
1
est donc continue en ℓ et on a
Comme ℓ ≥ 1, x ֏ x +
x
1
1
1
lim un +
= lim X + = ℓ + .
un X → ℓ
X
ℓ
n →+∞
1
De plus, lim un +1 = ℓ donc par unicité de la limite, on obtient ℓ = ℓ +
ℓ
n →+∞
1
1
1
c’est-à-dire, ℓ solution de l’équation x = x + . Or x = x + ⇔ = 0
x
x
x
et l’équation n’admet pas de solution. On obtient donc une contradiction
ce qui signifie que l’hypothèse faite au départ n’est pas vérifiée et (un )
n’est donc pas majorée.
Finalement, (un ) est une suite croissante et non majorée donc
lim un = +∞ (propriété du cours sur les suites).
n →+∞
Séquence 2 – MA02
63
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3. Application : le théorème des valeurs
intermédiaires
Théorème 2
De l’activité 2, on met en évidence les deux résultats ci-dessous. Le théorème est
admis.
Théorème des valeurs intermédiaires
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle un intervalle [a ; b]
où a et b sont deux réels tels que a < b .
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b), l’équation f (x ) = k admet au
moins une solution sur l’intervalle [a ; b].
Corollaire
du théorème des valeurs intermédiaires
Cas des fonctions strictement monotones sur un intervalle
Soit f une fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle [a ; b] où a et b sont deux réels tels que a < b.
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b), l’équation f (x ) = k admet une
unique solution sur l’intervalle [a ; b].
Démonstration du corrollaire
Avec les hypothèses de l’énoncé, l’existence d’une solution à l’équation f (x ) = k
est assurée par le théorème des valeurs intermédiaires.
Démontrons l’unicité de cette solution.
Supposons qu’il existe deux réels distincts α et α' de l’intervalle [a ; b] solutions
de l’équation f (x ) = k . Si α est le plus petit des deux réels, on aurait α < α ' et
donc f (α ) < f (α ') ou f (α ) > f (α ') puisque f est strictement monotone. Ceci est
absurde puisque f (α ) = f (α ') = k . Cette conclusion absurde permet d’affirmer
que l’hypothèse faite au départ était fausse donc l’équation f (x ) = k admet bien
une unique solution sur l’intervalle [a ; b].
Remarques
t Par définition, une fonction définie sur un intervalle I à valeurs dans un intervalle J est appelée bijection de I dans J si tout réel de l’intervalle image admet
un et un seul antécédent par f.
Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, si f une
fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle un
intervalle [a ; b], f réalise une bijection de l’intervalle [a ; b] dans l’intervalle
image f a ; b  , à savoir [f (a) ; f (b)] ou [f (b) ; f (a)] selon que f est strictement croissante ou strictement décroissante sur [a ; b].
(
64
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Séquence 2 – MA02
)
t On admet le prolongement du théorème et de son corollaire au cas où f
est définie sur un intervalle ouvert ]a ; b [ ou semi-ouvert [a ; b [ ou ] a ; b ]
avec a et b finis ou infinis. Dans ce cas, l’énoncé des théorèmes est à adapter
en considérant les limites en a ou en b au lieu des images de ces réels.
t Afin de facilité la rédaction lors de l’utilisation du corollaire du théorème des
valeurs intermédiaires, on convient que les flèches obliques utilisées dans les
tableaux de variations, traduisent la continuité et la stricte monotonie de la
fonction sur l’intervalle considéré.
Exemple 7
x
−∞
Variations 1
de f
On donne ci-dessous les variations et les limites de deux fonctions f et g.
3
+∞
x
0
Variations
de g
−6
−5
−3
+∞
0
6
+∞
1
−∞
1
−∞
a) Donner le nombre de solutions de l’équation f (x ) = 0 ainsi que le meilleur
encadrement de chacune des solutions.
b) Donner le nombre de solutions de l’équations g (x ) = 10 ainsi que le
meilleur encadrement de chacune des solutions.
Démontrer que l’équation x 3 + x = 3 admet une unique solution réelle que
l’on notera α.
Vérifier que α ∈1 ; 2 puis donner un encadrement de α d’amplitude 10−3.
Soit f une fonction définie et continue de l’intervalle [0 ; 1] dans lui-même.
Montrer que f possède au moins un point fixe, c’est-à-dire qu’il existe un réel
α de l’intervalle [0 ; 1] tel que f (α ) = α . Interpréter graphiquement.
Solutions
On rappelle que dans les tableaux de variations, les flèches obliques tradui-
sent la continuité et la stricte monotonie de la fonction sur l’intervalle considéré. On travaille toujours par intervalles.
a) Par lecture du tableau, f est continue sur  −∞ ; 3  et strictement décroissante de  −∞ ; 3  dans  −6 ; 1
or 0 ∈  −6 ; 1  donc par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f (x ) = 0 a une unique solution sur  −∞ ; 3  .
(
)
Par lecture du tableau, f  3 ; + ∞  =  −6 ; 0 
donc f (x ) = 0 n’a pas de solution sur  3 ; +∞  .
or
0 ∉  −6 ; 0 
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Finalement, f (x ) = 0 a une unique α solution sur ℝ et le meilleur encadrement de α que l’on puisse déduire du tableau de variations est α < 3.
b) Par lecture du tableau, f est continue sur  −5 ; − 3  , strictement croissante sur  −5 ; − 3  et f  −5 ; − 3  = 1 ; + ∞  or 10 ∈ 1 ; + ∞ 
)
(
donc, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation
f (x ) = 10 admet une unique solution α sur  −5 ; − 3  .
On procède de façon analogue en proposant une rédaction différente. La fonction f étant continue sur  −3 ; 0  , strictement croissante
sur  −3 ; 0  et f ( ]−3 ; 0[ ) = ]−∞ ; + ∞ [ donc, par le corollaire du
théorème des valeurs intermédiares, f réalise une bijection de  −3 ; 0 
dans  −∞ ; + ∞  de sorte que 10 (qui appartient bien à  −∞ ; + ∞ )
admet un et seul antécédent β par f. Autrement dit, l’équation f (x ) = 10
admet une unique solution β sur  −3 ; 0  .
Enfin, par lecture du tableau, f admet un maximum égal à 1 sur l’intervalle
 0 ; 6  donc l’équation f (x ) = 10 n’a pas de solution sur cet intervalle.
En résumé, f (x ) = 10 admet deux solutions réelles α et β telles que
−5 < α < −3 et −3 < β < 0 .
Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x ) = x 3 + x − 3 et on s’intéresse aux
solutions de l’équation f (x) = 0.
t Tout d’abord, f est une fonction polynomiale donc f est continue sur R.
t Puis f est une fonction polynomiale donc f est dérivable sur ℝ et, pour
tout x ∈R , f ' (x ) = 3x 2 + 3 donc, pour tout x ∈R , f ' (x ) > 0 et f est
strictement croissante sur R.
t Enfin, on a
lim f (x ) = lim x 3 = −∞ et
x →−∞
x →−∞
lim f (x ) = lim x 3 = +∞
x →+∞
x →+∞
donc f change de signe sur ℝ.
En résumé, f est continue sur R , strictement croissante sur ℝ et change de
signe sur ℝ donc, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires,
l’équation f (x ) = 0 admet une unique solution réelle α.
La situation peut être résumée
par le tableau ci-contre :
x
Variations
de f
−∞
α
+∞
+∞
−∞
0
On a f (1) = −1 < 0 et f (2) = 7 > 0 donc f (1) < 0 < f (2) c'est-à-dire
f (1) < f (α ) < f (2) donc 1 < α < 2 car f est strictement croissante sur R.
66
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Séquence 2 – MA02
Par balayage, on obtient f (1, 213) ≈ −0 , 002 < 0 et f (1,214 ) ≈ 0 , 003 > 0
donc f (1, 213) < 0 < f (1,214 ) c’est-à-dire f (1, 213) < f (α ) < f (1,214) donc
1, 213 < α < 1, 214 car f est strictement croissante sur ℝ.
La méthode d’encadrement des solutions d’une équation par balayage est revue
au point 4 de ce chapitre.
Soit f une fonction définie et continue de l’intervalle [0 ; 1] dans lui-même.
Montrer que f possède au moins un point fixe, c’est-à-dire qu’il existe un
réel α de l’intervalle [0 ; 1] tel que f (α ) = α . Interpréter graphiquement
En posant g la fonction définie sur [0 ; 1] par g (x) = f (x) – x, le problème
revient à démontrer que l’équation g (x ) = 0 admet (au moins) une solution
α . On est donc amené à utiliser le théorème des valeurs intermédiaires. On
vérifie donc si les hypothèses du théorème sont satisfaites.
La fonction g est la somme de f, continue sur [0 ; 1], et de x ֏ − x , elle aussi
continue sur [0 ; 1] donc, par somme, g est continue sur [0 ; 1].
On sait que pour tout x ∈0 ; 1 , on a 0 ≤ f (x ) ≤ 1.
Ainsi, d’une part 0 ≤ f (0 ) ≤ 1 d’où 0 ≤ f (0 ) − 0 ≤ 1, c’est-à-dire 0 ≤ g (0 ) ≤ 1
et, d’autre part 0 ≤ f (1) ≤ 1 d’où −1 ≤ f (1) − 1 ≤ 0 ce qui signifie −1 ≤ g (1) ≤ 0 .
On observe en particulier que 0 ≤ g (0 ) alors que g (1) ≤ 0 . Il y a donc un
changement de signe entre g (0 ) et g (1) et 0 est bien compris entre g (0 )
et g (1).
Les hypothèses du théorème des valeurs intermédiaires sont satisfaites donc
l’équation g (x ) = 0 admet (au moins) une solution α sur [0 ; 1] ce qui signifie
qu’il existe (au moins) un réel α de l’intervalle [0 ; 1] tel que f (α ) = α .
Graphiquement, la courbe représentative de f coupe la droite d’équation
y = x en (au moins) un point d’abscisse α .
1
1
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
Séquence 2 – MA02
67
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4. Valeurs approchées des solutions
de l’équation f (x) = 0
À partir d’un problème historique : la duplication du cube
Délos est une petite île de la mer Egée. Les Grecs y avaient élevé de grands sanctuaires au dieu Apollon.
Erathostène raconte que la peste s’étant déclarée, l’oracle d’Apollon avait déclaré
qu’elle s’arrêterait quand on lui aurait construit un autel cubique double du précédent. Le dieu ne fit pas cesser l’épidémie tant qu’un autel de côté double fut
construit.
Il faut comprendre ici qu’Apollon demandait un autel de volume double, ce qui suppose de construire un cube ayant pour longueur celle du côté de l’autel initial multiplié par racine cubique de 2.
Les Grecs n’en avaient pas trouvé de construction n’utilisant qu’une règle et un
compas.
Ce problème ne fut résolu que plus de 2000 ans plus tard, en 1837, par Pierre-Laurent Wantzel (1814-1848) qui l’a transposé dans le domaine algébrique ; il écrit :
« pour reconnaître si la construction d’un problème de Géométrie peut s’effectuer
avec la règle et le compas, il faut chercher s’il est possible de faire dépendre les
racines de l’équation à laquelle il conduit de celles d’un système d’équations du
second degré… ».
Diagonales (Les cahiers mathématiques du Cned,
n° 2 constructions géométriques, année 2003-2004).
En supposant le volume du cube initial égal à 1, on est amené à construire un
cube de volume 2 et, en notant ᐉ la longueur d’un côté de ce dernier cube, on
cherche à déterminer un réel positif ᐉ tel que ᐉ3 = 2.
Le résultat établi par Wantzel permet d’affirmer que le nombre ᐉ ainsi définit ne
peut pas être construit à la règle et au compas.
Nous nous contenterons donc de déterminer une solution approchée au problème
autrement dit, on s’intéresse aux solutions positives de l’équation f (x ) = 0 où
f (x ) = x 3 − 2.
On remarque que f est continue sur 0 ; + ∞  car f est une fonction polynomiale.
Puis, f est dérivable sur 0 ; + ∞  car f est une fonction polynomiale et, pour
tout x ≥ 0 , f ′(x ) = 3x 2 de sorte que f ' (x ) > 0 sur 0 ; + ∞  ce qui permet
d’en déduire que f est strictement croissante sur 0 ; + ∞  .
On a enfin f (0 ) = −2 et
lim f (x ) = lim x 3 = +∞ .
x →+∞
x →+∞
Comme 0 ∈  −2 ; + ∞  on peut déduire du corollaire du théorème des valeurs
intermédiaires que l’équation f (x ) = 0 admet une unique solution ᐉ positive.
68
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Séquence 2 – MA02
Encadrement de la solution de l'équation f ( x ) = 0 par balayage
La démarche algorithmique d’un point de vue graphique est la suivante.
On considère les points A et B de coordonnées respectives a ; f (a ) et b ; f (b )
telles que b = a + h où h est un réel positif.
(
) (
)
En choisissant une valeur de départ égal à 1 et un pas de h égal à 0,1, on obtient
les positions de A et B en travaillant successivement avec a = 1 puis a = 1,1 ,
a = 1, 2 , etc ainsi que le montrent les schémas ci-dessous.
On dit qu’on travaille par balayage.
1
1
0
0
0
1
2
B
a=1
3
4
1
2
B
A
A
–1
0
3
4
a = 1.1
–1
A a pour coordonnées (1;–1)
A a pour coordonnées (1.1;–0,669)
B a pour coordonnées (1.1;–0,669)
B a pour coordonnées (1.2;–0,272)
–2
–2
1
1
B
B
0
0
1
A
0
2
A
3
1
0
4
3
4
a = 1.3
a = 1.2
–1
–1
A a pour coordonnées (1.3 ; 0.197)
A a pour coordonnées (1.2 ; –0.272
B a pour coordonnées (1.4 ; 0.744)
B a pour coordonnées (1.3 ; 0.197)
–2
2
–2
On observe graphiquement qu’un encadrement de la solution ᐉ de f (x ) = 0 est
donné par a ≤ ᐉ ≤ b lorsque les points A et B se situent de part et d’autre de
l’axe des abscisses. L’amplitude de l’encadrement est alors de h.
En précisant les coordonnées des
points A et B sur tableur, on obtient
les résultats suivant :
En B1 et en A3, on choisit respectivement le pas et la valeur de départ.
En B3, on entre = A 3^3 − 2
En C3, on entre = A 3 + B$1
En D3, on entre = C3^3 − 2
En A4, on entre = C3
Puis les différentes formules sont
recopiées vers le bas.
A
B
C
D
h = 0,1
1
2
a
f (a)
b
f (b)
3
1
–1
1,1
–0,669
4
1,1
–0,669
1,2
–0,272
5
1,2
–0,272
1,3
0,197
6
1,3
0,197
1,4
0,744
7
1,4
0,744
1,5
1,375
8
1,5
1,375
1,6
2,096
Séquence 2 – MA02
69
© Cned - Académie en ligne
Plus simplement, il apparaît que l’on peut se contenter du tableau ci-contre.
En effet, pour obtenir un encadrement de la solution
d’amplitude h, il suffit de choisir le pas h ainsi qu’une
valeur de départ inférieure à la solution. On repère
alors les valeurs de x entre lesquelles les images
changent de signe.
Avec une amplitude de 0 ,1 , on obtient 1, 2 < ᐉ < 1, 3.
On peut implémenter l’algorithme
sous Algobox ou sur la calculatrice.
Pour cela, il est nécessaire de trouver un moyen d’exprimer le fait
que f (a ) et f (b ) soient de signes
contraires.
On remarque que f (a ) et f (b )
sont de signes contraires si leur
produit est négatif alors qu’ils sont
de mêmes signes si leur produit est
positif.
On obtient alors l’algorithme cicontre implémenté sous Algobox.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
A
B
2
x
f (x)
3
1
1
4
–1
h=0,1
1,1
–0,669
5
1,2
–0,272
6
1,3
0,197
7
1,4
0,744
VARIABLES
a EST_DU_TYPE NOMBRE
b EST_DU_TYPE NOMBRE
h EST_DU_TYPE NOMBRE
DÉBUT_ALGORITHME
LIRE a
LIRE h
TANT_QUE (F1(a)*F1(a+h)>0) FAIRE
DÉBUT_TANT_QUE
a PREND_LA_VALEUR a+h
FIN_TANT_QUE
b PREND_LA_VALEUR a+h
AFFICHER “La solution de f(x)=0
est comprise entre”
AFFICHER a
AFFICHER “et”
AFFICHER b
FIN ALGORITHME
fonction numérique utilisée :
F1(x)= POW(X,3)—2
Cet algorithme trouve ses limites lorsque l’on souhaite déterminer un encadrement de la solution de petite amplitude.
On améliore alors la méthode de balayage.
Supposons que l’on souhaite déterminer un
encadrement d’amplitude 10−5 de la solution ᐉ de f (x ) = 0 .
On commence par encadrer, par balayage, la
solution à l’entier près, c’est-à-dire en choisissant un pas égal à 1. On obtient 1 < ᐉ < 2.
70
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Séquence 2 – MA02
On recommence alors le procédé en choisissant une valeur de départ égal à 1 et
un pas égal à 0,1. On obtient 1, 2 < ᐉ < 1, 3.
On poursuit l’algorithme en divisant le pas
par 10 à chaque étape et en choisissant
comme nouvelle valeur de départ, la borne
inférieure de l’encadrement obtenu à l’étape
précédente.
On obtient finalement 1, 25992 < ℓ < 1, 25993 et, les arguments qui permettent
de justifier cet encadrement et qui sont à noter lors de la rédaction sont
f (1, 25992) ≈ −5.10−6 < 0 et f (1, 25993) ≈ 4.10−5 > 0 .
On peut noter que cet algorithme
de balayage est beaucoup plus
efficace que le précédent.
En effet, si on souhaite obtenir un
encadrement d’amplitude 10−5
de la solution en partant d’un
encadrement à l’entier, il faut au
maximum 105 étapes avec l’algorithme de balayage initial alors
qu’il ne faut plus que 50 étapes
avec celui-ci.
On donne ci-contre une version
de ce deuxième algorithme de
balayage implémenté sous Algobox.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
VARIABLES
a EST_DU_TYPE NOMBRE
b EST_DU_TYPE NOMBRE
amplitude EST_DU_TYPE NOMBRE
h EST_DU_TYPE NOMBRE
DÉBUT_ALGORITHME
LIRE a
LIRE amplitude
h PREND_LA_VALEUR 1
TANT_QUE (h>=amplitude) FAIRE
DÉBUT_TANT_QUE
TANT_QUE (F1(a)*F1(a+h)>0) FAIRE
DÉBUT_TANT_QUE
a PREND_LA_VALEUR a + h
FIN_TANT_QUE
h PREND_LA_VALEUR h/10
FIN_TANT_QUE
b PREND_LA_VALEUR a + amplitude
AFFICHER “La solution de f(x)=0
est comprise entre”
AFFICHER a
AFFICHER “et”
AFFICHER b
FIN ALGORITHME
fonction numérique utilisée :
F1(x)= POW(X,3)—2
Séquence 2 – MA02
71
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Encadrement de solution de l ’équation f ( x ) = 0 par dichotomie
Le mot dichotomie vient du grec ancien διχοτοµια composé de διχα signifiant « en deux » et de τοµια signifiant « coupure ».
Le principe
On détermine un intervalle [a ; b ] contenant la solution ᐉ de l’équation f (x) = 0 ;
on calcule alors le centre c de l’intervalle [a ; b] puis, parmi les intervalles [a ; c]
ou [c ; b ], on détermine celui auquel appartient la solution ᐉ de l’équation
f (x ) = 0 ;
on recommence alors le procédé en faisant jouer à c le rôle de a ou de b selon
l’intervalle retenu et ainsi de suite jusqu’à obtenir la précision demandée.
La démarche algorithmique d’un point de vue graphique peut être visualisée
aisément à l’aide de GeoGebra.
Pour cela, on constuit la courbe représentant la fonction f définie par f (x ) = x 3 − 2.
On repère un intervalle quelconque [a ; b ] contenant la solution ᐉ de l’équation f (x ) = 0 et on place les points A(a ; 0) et B(b ; 0). Ainsi, on peut choisir par
exemple a = 1 et b = 2.
On construit alors le milieu C du segment [AB] et on repère parmi les segments
[AC] ou [CB] celui qui correspond à l’intervalle auquel appartient la solution ᐉ
de l’équation f (x ) = 0 .
On recommence le procédé en faisant jouer à C, le rôle de A ou de B selon l’intervalle retenu et ainsi de suite.
Au fur et à mesure des itérations, le segment que coupe la courbe est de plus en
plus petit autrement dit, l’intervalle auquel appartient ᐉ a une amplitude de plus
en plus petite.
Lorsque l’on travaille par dichotomie, il est nécessaire d’effectuer un test pour
vérifier si la solution ᐉ de l’équation f (x ) = 0 se situe dans l’intervalle [a ; c ] ou
dans l’intervalle [a ; c ].
72
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Séquence 2 – MA02
Pour cela, on raisonne comme dans
la méthode par balayage. En effet,
on doit vérifier si 0 est entre f (a )
et f (c ) ou si 0 est entre f (c ) et
f (b ), il est donc nécessaire de vérifier si f (a ) et f (c ) sont de signes
contraires ou pas. Il suffit alors de
calculer le produit f (a ) × f (c ) et
de choisir le bon intervalle selon
que ce produit est positif ou pas.
On poursuit le procédé tant que la
longueur de l’intervalle sur lequel
on travaille est supérieure à l’amplitude souhaité pour l’encadrement.
On donne ci-contre un algorithme
permettant d’encadrer une solution de l’équation f (x ) = 0 par
dichotomie implémenté sous Algobox.
En testant cet algorithme avec
a = 1, b = 2 et une amplitude
−5
de 10 , il renvoie en sortie « La
solution de f (x ) = 0 est comprise
entre 1,2599182 et 1,2599258 ».
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
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22
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26
27
28
29
VARIABLES
a EST_DU_TYPE NOMBRE
b EST_DU_TYPE NOMBRE
amplitude EST_DU_TYPE NOMBRE
centre EST_DU_TYPE NOMBRE
DÉBUT_ALGORITHME
LIRE a
LIRE b
LIRE amplitude
TANT_QUE (b–a>=amplitude) FAIRE
DÉBUT_TANT_QUE
centre PREND_LA_VALEUR (a+b)/2
SI (F1(a)*F1(centre)>=0) ALORS
DÉBUT_SI
a PREND_LA_VALEUR centre
FIN_SI
SINON
DÉBUT_SINON
b PREND_LA_VALEUR centre
FIN_SINON
FIN_TANT_QUE
AFFICHER “La solution de f(x)=0
est comprise entre”
AFFICHER a
AFFICHER “et”
AFFICHER b
FIN ALGORITHME
fonction numérique utilisée :
F1(x)= POW(X,3)—2
On peut noter que cet algorithme est plus efficace que les algorithmes par
balayage.
En effet, on remarque que par dichotomie, la longueur de l’intervalle sur lequel
on travaille est divisée par 2 à chaque étape. Ainsi, si l’intervalle de départ à
1
pour longueur 1, on obtient un encadrement d’amplitude
après une étape,
2
1
d’amplitude après 2 étapes et, plus généralement, on obtient un encadrement
4
1
d’amplitude
après n étapes.
2n
Si on souhaite obtenir un encadrement d’amplitude 10−5 de la solution en partant d’un encadrement à l’entier, il faut donc un nombre maximum n d’étapes tel
1
que
≤ 10−5 ou encore 2n ≥ 105 or la suite de terme général 2n est croisn
2
sante, 216 < 105 et 217 > 105 donc le nombre maximum d’étapes est dans ce
cas de 17.
Séquence 2 – MA02
73
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D
Exercice 9
Exercices d’apprentissage
Continuité
Soit f la fonction définie sur  −2 ; 2 par f ( x ) =
Trouver m pour que f soit continue en 2.
Exercice 10
x −2
4−x
2
si x ≠ 2 et f (2) = m .
Vrai / Faux / on ne sait pas
On suppose que la fonction f est définie et dérivable sur  −∞ ; 7  et qu’elle
admet le tableau de variations suivant :
x
−∞
−1
5
1
7
3
Variations de f
−4
−5
On rappelle que les flèches obliques traduisent la continuité et la stricte monotonie sur chaque intervalle.
Les assertions suivantes sont-elles vraies, fausses ou incertaines ?
V
La fonction f est continue sur  −∞ ; 7 
( )
()
( )
( )
( )
( )
On a f 0 < f 4
On a f − 5 < f 7
On a f − 5 > f − 4
( )
L’équation f x = 1 admet exactement trois solutions
dans l’intervalle  −∞ ; 7 
( )
Pour tout x ∈  −1 ; 5  , f ′ x > 0
La fonction f est strictement croissante sur  −1 ; 5 
( )
Pour tout x ∈5 ; 7  , f ′ x < 0
La dérivée f ′ peut s’annuler en 0
La courbe Ꮿf admet au moins deux tangentes horizontales
74
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Séquence 2 – MA02
F
?
Exercice 11
Théorème des Valeurs Intermédiaires
Montrer que l’équation cos x = x − 1 admet une unique solution réelle puis en
donner un encadrement d’amplitude 10−3 .
Exercice 12
T.V.I.
(
)
 π π
Soit f la fonction définie sur  − ;  par f ( x ) = x cos2 x − 0, 99 .
 4 4
 π π
Déterminer le nombre de solutions sur  − ;  de l’équation f ( x ) = 0 puis
 4 4
proposer une fenêtre possible pour visualiser les résultats sur un écran de la calculatrice (répondre en donnant les valeurs de Xmin, Xmax, Ymin et Ymax).
Indication
Pour étudier les variations de f, on sera amené à étudier le signe de sa dérivée
f ’. Pour cela, on pourra montrer que f ′′( x ) = −2sin(2x ) − 2x cos(2x ) puis que


 π
π
f ′′ > 0 sur  − ; 0  alors que f ′′ < 0 sur 0 ;  de façon à démontrer que
4


 4
 π π
l’équation f ′( x ) = 0 admet deux solutions sur  − ;  puis en déduire le
 4 4
signe de f ’.
Exercice 13
Étude fonction


π  π
On s’intéresse aux solutions sur D = 0 ;  ∪  ; π  de l’équation
2 2


1
1
+
= 8 (E).
cos x sin x
Démontrer que, sur l’ensemble D, l’équation (E) équivaut à 8 sin x − tan x = 1.
On considère la fonction f définie sur l’ensemble D par f ( x ) = 8 sin x − tan x .
a) Démontrer que, pour tout x ∈D , f ′( x ) est du signe de 8 cos3 x − 1.
1
b) Résoudre sur D, l’inéquation cos x > , en déduire le signe de f ′( x ) puis
2
les variations de f sur D.
π
c) Étudier les limites de f au voisinage de
puis dresser le tableau des
2
variations de f sur D.
Déduire de ce qui précède, par simple lecture du tableau, le nombre de solu-
tions sur D de l’équation (E) en précisant les intervalles auxquels elles appartiennent.
Séquence 2 – MA02
75
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Exercice 14
Suite et fonction
Soit (un ) la suite définie sur ℕ par u 0 ∈ 0 ; 1  et, pour tout n ≥ 0,
un +1 = un (1− un ).
Démontrer que pour tout n ∈ℕ , un ∈ 0 ; 1  , que la suite (un ) est décroissante puis qu’elle converge vers un réel que l’on déterminera.
Exercice 15
Suite, trigonométrie et T.V.I.
Étudier les variations de la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x + sin x ainsi
que ses limites en −∞ et en +∞ puis tracer sa courbe représentative Ꮿf .
Pour n ∈ℕ , on note E
n l’équation f ( x ) = n .
a) Montrer que E n admet une unique solution réelle que l’on notera x n .
x
b) Calculer lim x n puis lim n .
n →+∞
n →+∞ n
Exercice 16
BAC nouvelle calédonie 2005
Un lapin désire traverser une route de 4 mètres de largeur. Un camion, occupant
toute la route, arrive à sa rencontre à la vitesse de 60 km.h-1. Le lapin décide au
dernier moment de traverser, alors que le camion n’est plus qu’à 7 mètres de lui.
Son démarrage est foudroyant et on suppose qu’il effectue la traversée en ligne
droite au maximum de ses possibilités, c’est-à-dire à… 30 km.h–1 !
L’avant du camion est représenté par le segment [CC′ ] sur le schéma ci-dessous.
Le lapin part du point A en direction de D.
avec 0 ≤ θ < π (en radians).
Cette direction est repérée par l’angle θ = BAD
2
C‘
4m
CAMION
A
θ
7m
C
B
D
Déterminer les distances AD et CD en fonction de θ et les temps t et t mis
1
2
par le lapin et le camion pour parcourir respectivement les distances AD et CD.
7
4
On pose f ( θ ) = + 2 tan θ −
.
cos θ
2
Montrer que le lapin aura traversé la route avant le passage du camion si et
seulement si f (θ ) > 0.
Conclure.
Rappel
76
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
π
La fonction x ֏ tan x est dérivable sur 0 ;  et a pour dérivée la fonction
2

1
x֏
.
cos2 x
Séquence 2 – MA02
5
A
Dérivations
et applications
Objectifs du chapitre
On présente dans ce chapitre un prolongement du travail fait en première sur
la dérivation et rappelé dans les prérequis de cette séquence. L’objectif est de
dériver des fonctions composées.
B
Activité 8
Pour débuter
L’objectif de cette activité est d’introduire un théorème de dérivation de fonctions
composées.

 1
a) Soit g la fonction définie sur  − ; + ∞  par g (x ) = 3x + 1 .

 3
g (x + h ) − g (x )
En calculant la limite du taux d’accroissement
lorsque h
h
tend vers 0, déterminer le nombre dérivé de g en x où x est réel strictement
1
supérieur à − .
3
b) On généralise le problème en considérant la fonction g définie pour x tel
que ax + b ≥ 0 et a > 0 par g (x ) = ax + b .
Adapter les calculs précédents pour déterminer le nombre dérivé de g en x
où x est réel tel que ax+b > 0.
Soit g la composée de la fonction affine u définie par u (x ) = ax + b et de la
fonction f la fonction définie par f (x ) = x 3 .
Ainsi, g est définie sur ℝ par g (x ) = (ax + b )3 .
L’objectif est de calculer la dérivée de
la fonction g.
On dispose ci-contre d’une copie
d’écran des calculs obtenus à l’aide
du logiciel Xcas, un logiciel de calcul
formel.
a) Expliquer la démarche suivie.
b) Exprimer g' (x ) à l’aide de la dérivée f ′ de f.
Séquence 2 – MA02
77
© Cned - Académie en ligne
Soit g la composée de la fonction
affine u définie par u (x ) = ax + b et
d’une fonction f dérivable.
Analyser et commenter la copie
d’écran obtenue ci-contre.
Quelle formule de dérivation
semble-t-on pouvoir établir ?
C
Cours
1. Cas de la composée d’une fonction affine
par une fonction f
Théorème 3
Soit g la fonction définie sur un intervalle I par g (x) = f (ax+b).
On suppose donc que pour x ∈I, ax + b ∈J et que f est définie sur J.
I
J
R
u
f
u ( x ) = ax + b
x
g ( x ) = f (ax + b ) = f (u ( x ))
g = f u
Si f est dérivable en ax + b alors g est dérivable en x et on a
g' (x ) = af ' (ax + b ) .
Démonstration
Soient x ∈I tel que f est dérivable en ax + b et h un réel non nul tel
que x + h ∈I.
g (x + h ) − g (x )
On cherche la limite de
lorsque h tend vers 0.
h
On a g (x + h ) − g (x ) f (a (x + h ) + b ) − f (ax + b ) f (ax + b + ah ) − f (ax + b ) .
=
=
h
h
h
f (ax + b + ah ) − f (ax + b )
=a
ah
On a lim ah = 0 donc, par composition en posant H = ah , on a
h →0
f (ax + b + ah ) − f (ax + b )
f (ax + b + H ) − f (ax + b )
= lim
H
ah
h →0
H →0
lim
78
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Séquence 2 – MA02
f (ax + b + H ) − f (ax + b )
H
H →0
or, f est dérivable en ax + b , ce qui signifie que lim
f (ax + b + ah ) − f (ax + b )
= f ' (ax + b )
ah
h →0
g (x + h ) − g (x )
Finalement, lim
= af ' (ax + b ) .
h
h →0
Donc g est dérivable en x et on a g' (x ) = af ' (ax + b ) .
existe, est finie et vaut f ' (ax + b ) donc lim
Exemples 8
Justifier la dérivabilité, calculer la dérivée puis étudier le sens de variations de
chacune des fonctions dont l’expression est donnée ci-dessous :

1
b) g (x ) = sin( 3x ) sur 0 ; π  ;
a) f (x ) = 4 x − 1 sur  ; + ∞  ;

4
c) h (x ) = (5x − 1)200 sur R.
Solutions
a) La fonction f est la composée de x ֏ 4 x − 1 par x ֏ x or la fonction
x ֏ x est dérivable sur  0 ; + ∞  et la fonction x ֏ 4 x − 1 est dérivable

1
sur ℝ et est à valeurs strictement positives sur  ; + ∞  donc, par com
4

1
position, f est dérivable sur  ; + ∞  . Par le théorème ci-dessus, on obtient

4
1
1
2
que pour tout x > , f ′( x ) = 4 ×
d’où f ′( x ) =
.
4
2 4x − 1
4x − 1
1
Pour tout x > , 4 x − 1 > 0 et 2 > 0 donc par quotient, f ′( x ) > 0 sur
4


1
1
 4 ; + ∞  et f est strictement croissante sur  4 ; + ∞  .




b) La fonction g est la composée de x ֏ 3x suivie de x ֏ sin x or cette dernière est dérivable sur ℝ et x ֏ 3x est dérivable sur 0 ; π  et à valeurs
réelles donc g est dérivable sur 0 ; π  .
Pour tout x ∈0 ; π  , g ′( x ) = 3 cos( 3x ). Comme 3 > 0 , g ′( x ) est du signe
de cos( 3x ).
Sur ℝ, on a :
π
π
+ 2k π où k ∈ℤ ou 3x = + 2k ' π où k ' ∈ℤ
2
2
π 2k π
π 2k ' π
ce qui équivaut à x = − +
où k ∈ℤ ou x = +
où k ' ∈ℤ .
6
3
6
3
π π
5π
Ainsi sur 0 ; π  , cos( 3x ) = 0 a trois solutions qui sont ,
et
que
6 2
6
l’on obtient respectivement pour k ' = 0 , k = 1 et k ' = 1.
cos( 3x ) = 0 ⇔ 3x = −
Séquence 2 – MA02
79
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π
π
<x <
6
2
π
π
5π
3π
3π
5π
puis cos( 3x ) < 0 , si < x <
alors
< 3x <
alors < 3x <
2
2
6
2
2
2
5π
5π
puis cos( 3x ) > 0 et enfin si
< x ≤ π alors
< 3x < 3π puis
6
2
Si
0≤x <
π
6
alors
0 ≤ 3x <
π
2
puis
cos( 3x ) > 0 ,
si
cos( 3x ) < 0. Ainsi, f ′ est successivement strictement positive sur les inter
 π 5π 
π
valles 0 ;  et  ;
 puis strictement négative sur les intervalles
6

2 6 

 5π
π π 
 6 ; 2  et  6 ; π  . On peut en déduire que f est strictement croissante



 π 5π 
π
sur 0 ;  et sur  ;
 et qu’elle est strictement décroissante sur
6

2 6 

 5π
π π 
 6 ; 2  et  6 ; π  .




c) La fonction h est une fonction polynomiale dont elle est dérivable sur ℝ. L’expression de h est donnée sous la forme de la composée de la fonction affine
x ֏ 5x − 1 par la fonction x ֏ x 200 donc, pour déterminer la dérivée f ′
de f, on utilise le théorème de dérivation des fonctions composées.
Ainsi, pour tout x ∈ℝ , f ′( x ) = 5 × 200(5x − 1)199 soit f ′( x ) = 1000(5x − 1)199 .
Comme 1000 > 0 et (5x − 1)199 est du signe de 5x − 1, on en déduit

1
que f ′( x ) est du signe de 5x − 1. Par suite, f ′( x ) < 0 sur  −∞ ;  et
5



1
1
f ′( x ) > 0 sur  ; + ∞  et f est strictement décroissante sur  −∞ ;  puis
5


5

1
strictement croissante sur  ; + ∞  .

5
4x − 1− 3
lorsque x tend vers 1.
x −1
Exemple 9
Calculer la limite de
Indication
On remarquera que
fonction à préciser.
Solutions
On remarque que le quotient
4x − 1− 3
f ( x ) − f (1)
s’écrit sous la forme
où f est une
x −1
x −1
4x − 1− 3
est le taux d’accroissement de la
x −1
fonction f définie par f (x ) = 4 x − 1 entre les réels 1 et x. En effet, on a
f ( x ) − f (1)
4x − 1 − 3
.
=
x −1
x −1
80
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Séquence 2 – MA02
On a lim x − 1 = 0 donc, par composition avec h = x − 1,
x →1
f ( x ) − f (1)
f (1+ h ) − f (1)
= lim
h
x →1 x − 1
h →0
lim
f (1+ h ) − f (1)
= f ′(1) ainsi lorsque f est
h
h →0
et, lorsque f est dérivable en 1, on a lim
f ( x ) − f (1)
= f ′(1).
x →1 x − 1
dérivable en 1, on a lim
On a montré au a) de l’exemple précédent que f est dérivable en 1 et
que f ′(1) =
2
4 × 1− 1
=
2
3
4x − 1− 3
2
.
=
x −1
x →1
3
donc on obtient que lim
Remarque
La limite demandée peut aussi s’obtenir en multipliant numérateur et dénominateur par l’expression conjuguée du numérateur.
Exemple 10
Soit f la fonction définie sur ℝ par f (t ) = cos(ωt + ϕ ) où ω et ϕ sont des
constantes réelles.
En calculant la dérivée seconde f ′′ de f, démontrer que pour tout t ∈ℝ , on a
f ′′(t ) + ω 2 f (t ) = 0.
Solution
La fonction f est la composée de la fonction affine t ֏ ωt + ϕ dérivable sur ℝ
et à valeurs dans ℝ par la fonction cosinus dérivable sur ℝ donc f est dérivable
sur ℝ.
Pour tout t ∈ ℝ , f ′(t ) = ω × ( − sin(ωt + ϕ )) = −ω sin(ωt + ϕ ).
Puis, la fonction f ′ est le produit de la constante réelle −ω par la composée
de t ֏ ωt + ϕ suivie de la fonction sinus. Ainsi f ′ est dérivable sur ℝ et pour
tout t ∈ ℝ ,
f ′′(t ) = −ω × ω cos(ωt + ϕ ) = −ω 2 cos(ωt + ϕ ) = −ω 2f (t ).
On peut en déduire que pour tout t ∈ ℝ , on a f ′′(t ) + ω 2 f (t ) = 0.
Séquence 2 – MA02
81
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2. Cas de la composée d’une fonction u
par quelques fonctions usuelles
Propriété 24
Soit u est une fonction définie et dérivable sur un intervalle I.
fonction g
fonction dérivée g’
u2
2u' u
u n où n ∈ℤ
nu' u n −1
1
u
n
−
1
u
−
u n +1
u'
u2
u'
u
Remarque
nu'
où n ∈ℕ
2 u
Remarques éventuelles
u ne s’annule pas sur I si n < 0
u ne s’annule pas sur I
u ne s’annule pas sur I
u est strictement positive sur I
On notera que l’on retrouve les résultats démontrés précédemment lorsque la
fonction u est affine puisque dans ce cas u (x ) = ax + b et u '( x ) = a. Par exemple,
a
ce
lorsque g (x ) = u (x ) avec u (x ) = ax + b , on a établit que g' (x ) =
2 ax + b
u ′(x )
qui correspond bien à la formule donnée ici g ′(x ) =
.
2 u (x )
Démonstration
tDémontrons que, si u est une fonction dérivable sur un intervalle I et n un entier
relatif alors la composée u n est dérivable sur I et pour tout x ∈I,
'
u n ( x ) = nu '( x )u n −1( x ).
( )
Nous allons proposer deux méthodes.
Première méthode (par récurrence)
Cette première méthode est classique pour démontrer qu’une propriété est vraie
pour tout entier relatif n : on commence par démontrer la propriété par récurrence pour tout entier naturel n puis on traite le cas où n est un entier négatif.
Démontrons ainsi dans un premier temps le résultat pour tout entier naturel n.
Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I.
82
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Séquence 2 – MA02
Pour n = 0, u 0 = 1 ce qui signifie que pour tout x ∈I, u 0 (x ) = 1 alors u 0 est
dérivable sur I et pour tout x ∈I, (u 0 )' (x ) = 0 donc la propriété est bien vérifiée.
On peut vérifier que la propriété est vraie au rang n = 1 ou encore au rang n = 2
en remarquant dans ce dernier cas que la fonction u 2 peut s’écrire comme le
produit de u par u (c’est ici le premier résultat énoncé dans le tableau).
Soit k ∈ℕ tel que u k est dérivable sur I et que pour tout x ∈I,
(u k )' (x ) = ku' (x )u k −1(x ) .
La fonction u k +1 est alors dérivable sur I comme produit des fonctions u k et u
toutes les deux dérivables sur I puis, pour tout x ∈I,
(u k +1)' (x ) = (u k × u )' (x ) = ku' (x )u k −1(x ) × u (x ) + u k (x ) × u' (x )
= ku' (x )u k (x ) + u k (x ) × u' (x ) = (k + 1)u' (x )u k (x ).
La propriété est donc héréditaire et, pour tout n ∈N , u n est dérivable sur I et
pour tout x ∈I, (u n )' (x ) = nu' (x )u n −1(x ) .
Supposons désormais que n < 0.
Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I et ne s’annulant pas sur I. La
1
1
fonction u n s’écrit alors u n =
=
en posant m = –n. On remarque d’une
−n
u
um
part que m = −n > 0 donc le résultat démontré ci-dessus est applicable c’est-à'
dire que u m est dérivable sur I et pour tout x ∈I, u m ( x ) = mu '( x )u m −1( x )
1
et, d’autre part la fonction
est alors dérivable sur I comme inverse de la
um
fonction u m .
( )
Ainsi, pour tout x ∈I,
'
(u m )' (x )
mu' (x )u m −1(x )
 1 
(u n )' (x ) =  m  ( x ) = − m 2 = −
= −mu' (x )u −m −1(x ) .
2
m
u 
u (x )
(u ) (x )
On remarque ici que l’on a démontré au passage le troisième résultat du tableau
qui est un cas particulier du deuxième. Enfin, comme m = −n , on obtient que
pour tout x ∈I, (u n )' (x ) = nu' (x )u n −1(x ) .
Finalement, si u est une fonction dérivable sur un intervalle I et n un entier relatif
alors la composée u n est dérivable sur I et pour tout x ∈I,
(u n )'(x ) = nu' (x )u n −1(x )
avec l’hypothèse supplémentaire que u ne s’annule pas sur I si n < 0.
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83
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Deuxième méthode
(en utilisant la définition de la dérivabilité en un réel)
La démarche suivante est valable pour n ∈ℤ si ce n’est que dans le cas où n < 0,
il est nécessaire de préciser que u ne s’annule pas sur I.
On suppose en outre que u ( x + h ) − u ( x ) ne s’annule pas lorsque h est proche de 0.
On reviendra sur cette difficulté à la fin du chapitre.
Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I.
Soient x ∈I et h un réel non nul tel que x + h ∈I alors :
u n (x + h ) − u n (x ) u n (x + h ) − u n (x ) u (x + h ) − u( x )
=
×
h
u (x + h ) − u( x )
h
(u (x + h ))n − (u (x ))n u (x + h ) − u( x )
×
.
h
u (x + h ) − u( x )
u (x + h ) − u (x )
D’une part, u est dérivable sur un intervalle I donc lim
= u' (x ).
h
h →0
=
D’autre part, on remarque que u étant dérivable en x, elle est continue en x et
lim u (x + h ) = u (x ) ou encore lim u ( x + h ) − u ( x ) = 0.
h →0
h →0
En posant H = u (x+h) – u (x), on obtient u (x + h ) = u (x ) + H avec H tendant vers
0 lorsque h tend vers 0 puis
(u (x + h ))n − (u (x ))n
(u(x ) + H )n − (u (x ))n
= n (u (x ))n −1
= lim
H
h → 0 u (x + h ) − u( x )
H →0
lim
car, de la dérivabilité sur ℝ de la fonction X ֏ X n , on déduit que pour tout
X ∈ℝ ,
(X + H )n − X n
= nX n −1 .
H
H →0
lim
Finalement par produit,
u n (x + h ) − u n (x )
lim
= n (u (x ))n −1 × u' (x ) = nu' (x )u n −1(x )
h
h →0
et u n est dérivable sur I et pour tout x ∈I, (u n )' (x ) = nu' (x )u n −1(x ) .
tDémontrons que, si u est une fonction dérivable et strictement positive sur I alors
u' (x )
la composée u est dérivable sur I et pour tout x ∈I, ( u )' (x ) =
.
2 u (x )
Pour cela, on utilise la définition de la dérivabilité en un réel. Le raisonnement
est analogue à celui suivi ci-dessus dans la deuxième méthode.
Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I et strictement positive sur I.
On suppose comme précédemment que u ( x + h ) − u ( x ) ne s’annule pas
lorsque h est proche de 0.
84
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Séquence 2 – MA02
Soient x ∈I et h un réel non nul tel que x + h ∈I alors
u (x + h ) − u (x )
u (x + h ) − u (x ) u (x + h ) − u( x )
.
=
×
h
h
u (x + h ) − u( x )
u (x + h ) − u( x )
D’une part, u est dérivable sur un intervalle I donc lim
= u' (x ) .
h
h →0
D’autre part, on remarque que u étant dérivable en x, elle est continue en x
et lim u (x + h ) = u (x ) ou encore lim u ( x + h ) − u ( x ) = 0.
h →0
h →0
En posant H = u (x+h) – u (x), on obtient
avec
H
tendant
vers
0
lorsque
h
tend
u (x + h ) = u (x ) + H
vers
0
puis
1
u(x ) + H − u (x )
u (x + h ) − u (x )
=
car, de la dériva= lim
H
h → 0 u (x + h ) − u( x )
H →0
2 u (x )
lim
bilité sur  0 ; + ∞  de la fonction X ֏ X , on déduit que pour tout X > 0,
1
X +H − X
.
=
H
H →0
2 X
lim
1
u (x + h ) − u (x )
=
× u' (x ) et
h
h →0
2 u (x )
u' (x )
dérivable sur I et pour tout x ∈I, ( u )' (x ) =
.
2 u (x )
Finalement par produit, lim
Remarque
u est
On peut remarquer une similarité des résultats énoncés dans le tableau de dérivation ci-dessus.
En effet, dans le cas général, on peut noter la démonstration suivante concernant
la dérivée d’une fonction composée g = f u qui suit exactement ce qui a été
fait précédemment.
Soient u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I et f une fonction
définie et dérivable sur un intervalle J tel que u (I) ⊂ J.
I
J
u
x
R
f
u(x )
g ( x ) = f (u ( x ))
g = f u
La fonction g = f u est dérivable sur I et pour tout x ∈I,
g '( x ) = (f u )'( x ) = u '( x ) × f '(u ( x )).
Cette formule est une généralisation de celle démontrée précédemment dans le
cas où u est affine.
Séquence 2 – MA02
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De ce résultat général, on peut déduire les dérivées de fonctions composées :
t si u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I alors la composée sin u
est dérivable sur I et on a (sin u )' = u' cos u ;
t si u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I alors la composée cos u
est dérivable sur I et on a (cos u )' = −u' sin u ;
t si u une fonction définie, dérivable sur un intervalle I et à valeurs dans l’ensemble de définition de la fonction tangente alors la composée tan u est dériu'
= u' (1+ tan2u ).
vable sur I et on a ( tan u )' =
2
cos u
Démonstration
Ci-dessous une démonstration de la formule générale de dérivation des fonctions
composées dans le cas particulier où u ( x + h ) − u ( x ) ne s’annule pas lorsque h
est proche de 0.
Cette démonstration est donnée à titre d’information. Elle est hors programme.
t Soient x ∈I et h un réel non nul tel que x + h ∈I alors
g (x + h ) − g (x ) (f u )(x + h ) − (f u )(x ) f (u (x + h )) − f (u (x )) u (x + h ) − u( x )
.
×
=
=
h
h
u (x + h ) − u( x )
h
u (x + h ) − u( x )
= u' (x ).
D’une part, u est dérivable sur un intervalle I donc lim
h
h →0
D’autre
elle
est
part,
on
continue
lim u ( x + h ) − u ( x ) = 0.
h →0
remarque
x
en
En
que
et
posant
u
étant
dérivable
lim u (x + h ) = u (x )
en
x,
ou
encore
H = u ( x + h ) − u ( x ), on
obtient
h →0
u (x + h ) = u (x ) + H avec H tendant vers 0 lorsque h tend vers 0 puis
f (u (x + h )) − f (u (x ))
f (u (x ) + H ) − f (u (x ))
= f ' (u (x )) car, de la déri= lim
H
h → 0 u (x + h ) − u( x )
H →0
vabilité sur J de la fonction f, on déduit que pour tout
lim
f (X + H ) −f (X )
= f '( X ).
H
H →0
X ∈J, lim
Finalement par produit,
(f u )(x + h ) − (f u )(x )
g (x + h ) − g (x )
= lim
= f ' (u (x )) × u' (x )
h
h
h →0
h →0
lim
et g = f u est dérivable sur I et pour tout X ∈I,
g '( x ) = (f u )'( x ) = u '( x ) × f '(u ( x )).
Remarque
au sujet des démonstrations ci-dessus :
Les démonstrations précédentes nécessitent de supposer que u ( x + h ) − u ( x ) ne
s’annule pas lorsque h est proche de 0. Pour aller plus loin, on pourra compléter
cette démonstration par l’exercice proposé en approfondissement (AP).
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Exemple 11
Calculer la dérivée des fonctions suivantes :
a) f définie sur ℝ par f (x ) = (x 3 + x + 1)5 ;
b) g définie sur  −1 ; 1 par g ( x ) = x 1− x 2 .
Solution
a) La fonction f est une fonction polynomiale donc f est dérivable sur ℝ. L’expression de f est donnée sous la forme de la composée de x ֏ x 3 + x + 1
par x ֏ x 5 .
( 5 ) = 5u ′u 4 où u est la fonction définie par u( x ) = x 3 + x + 1.
Formule utilisée : u
'
Pour tout x ∈ℝ , f ′( x ) = 5 × ( 3x 2 + 1) × ( x 3 + x + 1)4 .
On peut remarquer que, si l’objectif est d’étudier les variations de f, on a directement par cette forme le signe de f ′( x ) puisque l’expression obtenue est le
produit de facteurs tous positifs. La fonction f est donc croissante sur ℝ.
b) La fonction g est le produit de x ֏ x par x ֏ 1− x 2 . La fonction
affine x ֏ x est dérivable sur  −1 ; 1 . La fonction x ֏ 1− x 2 . est la
composée de x ֏ 1− x 2 par x ֏ x or cette dernière est dérivable sur
 0 ; + ∞  et x ֏ 1− x 2 est dérivable sur  −1 ; 1 et à valeurs strictement
positives sur  −1 ; 1  de sorte que la composée soit dérivable sur  −1 ; 1  .
Finalement, g est dérivable sur  −1 ; 1 .
Formules utilisées : (uv )′ = u 'v + uv ′ et ( u )′ =
Pour tout x ∈  −1 ; 1 , g ′( x ) = 1× 1− x 2 + x ×
g ′( x ) ==
1− x 2 − x 2
1− x 2
=
u′
2 u
.
−2x
2 1− x
2
donc
(1− x 2 )(1+ x 2 )
1− x 2
On remarquera que cette dernière expression de g ′( x ) permet de déterminer,
rapidement si nécessaire, le signe de g ′( x ) puisque le dénominateur est strictement positif sur  −1 ; 1  et que le numérateur est écrit comme le produit de deux
expressions affines dont on sait étudier le signe.
Exemple 12
Au cours de l’année, dans la séquence 9, on sera amené à utiliser la majoration
suivante :
pour tout p ∈0 ; 1 , 1, 96 p (1− p ) ≤ 1.
Démontrer cette inégalité en étudiant les variations de la fonction
p ֏ 1, 96 p (1− p ) définie sur [0 ; 1].
Séquence 2 – MA02
87
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Solution
Notons f la fonction définie sur 0 ,1 par f ( p ) = 1, 96 p (1− p ) . La fonction
f est le produit de la constante 1,96 par la composée de p ֏ p (1− p ) suivie
de x ֏ x . La fonction x ֏ x est dérivable sur  0 ; + ∞  et la fonction
polynomiale p ֏ p (1− p ) = p − p 2 est dérivable sur 0 ; 1 à valeurs stricte-
ment positives sur ]0 ; 1[ donc par composition p ֏ p (1− p ) est dérivable
sur  0 ; 1 . Finalement, f est dérivable sur  0 ; 1 .
Formule utilisée : ( u )' =
u′
2 u
Pour p ∈ 0 ; 1  , f ′( p ) = 1, 96
.
1− 2p
. Comme 1, 96 > 0 et 2 p − p 2 > 0 ,
2 p − p2

1
f ′( p ) est du signe de 1− 2p , à savoir strictement positif sur 0 ;  , nul
 2
1 

1
1
en
et strictement négatif sur  ; 1 . Donc f est croissante sur 0 ; 
2
2 
 2
1 
et décroissante sur  ; 1 . On déduit des variations de f qu’elle admet
2 
1
 1
un maximum en
, autrement dit pour tout p ∈0 ; 1 , f ( p ) ≤ f  
2


2
1 1,96
1
 1
or f   = 1,96 (1− ) =
= 0,98 et il en découle que pour tout p ∈0 ; 1 ,
 2
2
2
2
f ( p ) ≤ 1, c’est-à-dire 1, 96 p (1− p ) ≤ 1.
D
Exercice 17
Exercices d’apprentissage
Calculs de dérivées
Justifier la dérivabilité de f sur l’intervalle I puis déterminer la dérivée de f dans
les cas suivants :
a) f : x ֏ 4 − x sur I =  −∞ ; 4  ;
c) f : x ֏
Exercice 18
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x
1+ sin x
sur I = [0 ; 1[.
x −1
Fonction définie par morceaux
f ( x ) = x 2 − 3 si x ∈  −∞ ; 1 



Soit f la fonction définie sur ℝ par : f (1) = −2

f ( x ) = x − 1 − 2 si x ∈  1 ; + ∞  .
La fonction f est-elle continue en 1 ?
La fonction f est-elle dérivable en 1 ?
88
2
b) f : x ֏ x cos  2  sur I = ℝ ;
Séquence 2 – MA02
Quelles conséquences graphiques peut-on tirer des résultats précédents ?
Exercice 19
Dérivabilité
On dispose ci-dessous d’un extrait de la courbe Ꮿf représentant la fonction f
définie sur  −1 ; + ∞  par f ( x ) = x 2 ( x + 1) .
a) À l’aide du graphique, que peut-on conjec-
turer concernant la dérivabilité de f en −1
et en 0 ?
1
Ꮿf
b) Démontrer les conjectures.
a) Démontrer que, lorsque f est dérivable,
f ′( x ) est du signe de 3x 2 + 2x et en
déduire les variations de f sur  −1 ; + ∞  .
–1
1
0
b) Calculer la limite de f en +∞ puis dresser
le tableau des variations de f.
a) À l’aide du tableau des variations de f, donner selon les valeurs du réel k le
nombre de solutions sur  −1 ; + ∞  de l’équation f ( x ) = k .
b) À l’aide du graphique, donner selon les valeurs du réel m le nombre de
solutions sur  −1 ; 1 de l’équation f ( x ) = m x .
Exercice 20
Étude d’une fonction
Soit f la fonction définie sur un intervalle inclus dans  − π ; π  par
f ( x ) = 2cos x − 1.
Préciser le domaine de définition, le domaine de dérivabilité, calculer la dérivée,
étudier les variations de f et tracer sa courbe représentative.
Exercice 21
Dérivée n-ième
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = sin2 x .
Démontrer par récurrence que pour tout n ∈N* , la dérivée n-ième de f est définπ 

(n )
n −1
nie sur ℝ par f ( x ) = −2 cos  2x +  .
2
Séquence 2 – MA02
89
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6 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Fonctions sinus et cosinus
Définitions
On appelle fonction cosinus la fonction qui à tout réel x associe le réel cos x.
On appelle fonction sinus la fonction qui à tout réel x associe le réel sin x.
Propriétés
t Les fonctions cosinus et sinus sont définies sur ℝ .
t On sait que pour tout réel x, on a cos( − x ) = cos x . On dit que la fonction
cosinus est paire.
Graphiquement, la fonction cosinus admet l’axe des ordonnées comme
axe de symétrie.
t On sait que pour tout réel x, on a sin( − x ) = −sin x . On dit que la fonction
sinus est impaire.
Graphiquement, la fonction sinus admet l’origine du repère comme centre
de symétrie.
t On sait que pour tout réel x, on a cos(x + 2π ) = cos x et sin(x + 2π ) = sin x .
En terme de fonctions, on dit que les fonctions sinus et cosinus sont périodiques de période 2π .
Graphiquement, dans le plan muni d’un repère (O ; i , j ) , les courbes repré
sentant ces fonctions sont invariantes par translation de vecteur 2πi .
t La fonction sinus est dérivable en 0 et admet pour nombre dérivé 1 en 0.
sin h
= 1.
Autrement dit lim
h →0 h
t La fonction cosinus est dérivable en 0 et admet pour nombre dérivé 0 en 0.
cos h − 1
Autrement dit lim
=0.
h
h →0
Séquence 2 – MA02
91
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Propriétés (suite et fin)
t La fonction sinus est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈ℝ , (sin)' (x ) = cos x .
t La fonction cosinus est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈ℝ , (cos)' (x ) = −sin x .
t
x
0
π
3π
2
2
1
Variations de la
fonction sinus
2π
0
x
Variations de la
fonction cosinus
0
–1
Représentations graphiques
π
0
2π
1
1
–1
2πi
1
y = cos(x)
j
π/2
0
–3π/2
–π
–π/2
π
5π/2
0
2π
3π/2
i
–1
y = sin(x)
π
2 i
2. Limites de fonctions
Définitions
Limites en +∞
Soit f une fonction définie au voisinage de +∞, c’est-à-dire sur un intervalle de la forme
 α ; + ∞  .
t On dit que f (x ) tend vers ᐉ lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle ouvert contenant ᐉ
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note
lim f (x ) = ℓ .
x →+∞
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle du type  A ; + ∞ 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note
lim f (x ) = +∞ .
x →+∞
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers +∞ lorsque tout intervalle du type  −∞ ; A 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment grand. On note
92
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Séquence 2 – MA02
lim f (x ) = −∞ .
x →+∞
Limites en −∞
Définitions
Soit f une fonction définie au voisinage de −∞, c’est-à-dire sur un intervalle de la forme
 −∞ ; α  .
t On dit que f (x ) tend vers ᐉ lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle ouvert contenant
ᐉ contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur absolue. On
note
lim f (x ) = ℓ .
x →−∞
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle du type
 A ; + ∞  contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur
absolue. On note lim f (x ) = +∞ .
x →−∞
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers −∞ lorsque tout intervalle du type  −∞ ; A 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x négatif, suffisamment grand en valeur absolue. On
note
lim f (x ) = −∞ .
x →−∞
Limites de fonction usuelle en +∞
Propriétés
lim
x →+∞
x = +∞ , lim x = +∞ , lim x 2 = +∞ , lim x 3 = +∞
x →+∞
et plus généralement
x →+∞
lim x k = +∞ où k ∈N∗.
x →+∞
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
=0
x →+∞ x
x →+∞ x
x →+∞ x 2
x →+∞ x 3
1
∗
et plus généralement lim k = 0 où k ∈N .
x →+∞ x
lim
1
x →+∞
= 0, lim
Limites de fonction usuelle en −∞
Propriétés
lim x = −∞ , lim x 2 = +∞ , lim x 3 = −∞
x →−∞
x →−∞
et plus généralement
impair et
x →−∞
k
lim x = −∞ lorsque k est un entier naturel
x →−∞
lim x k = +∞ lorsque k est un entier naturel pair non nul.
x →−∞
1
1
1
= 0, lim
= 0, lim
=0
x →−∞ x
x →−∞ x 2
x →−∞ x 3
lim
et plus généralement
lim
1
x →−∞ x k
= 0 où k ∈N∗.
Séquence 2 – MA02
93
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Définitions
Limites en un réel, limite à gauche, limite à droite
Soit f une fonction définie sur un voisinage de a sauf éventuellement en a.
t On dit que f (x ) tend vers ᐉ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle ouvert contenant ᐉ
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f (x ) = ℓ.
x →a
t On dit que f (x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle du type  A ; + ∞ 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f (x ) = +∞.
x →a
t On dit que f (x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers a lorsque tout intervalle du type  −∞ ; A 
contient toutes les valeurs de f (x ) pour x suffisamment proche de a. On note lim f (x ) = −∞.
x →a
Propriétés
t lim
1
x →0 x
Limites de fonction usuelle en un réel
= +∞
t Pour k entier naturel impair, on a lim
1
x →0 x
= −∞
k
x< 0
1
t Pour k est un entier naturel pair, on a lim k = +∞
x →0 x
1
x< 0
donc lim k = +∞ .
x →0 x
Illustration graphique
et lim
1
x →0 x k
= +∞ .
x< 0
et lim
1
x →0 x k
= −∞
x< 0
asymptotes
Graphiquement, on observe qu’une droite est asymptote à une courbe lorsque la
courbe se rapproche autant qu’on le veut de la droite.
Définitions
asymptote horizontale
Soit f une fonction telle que
lim f (x ) = L (ou
x →+∞
lim f (x ) = L ).
x →−∞
La droite d’équation y = L est dite droite asymptote à la courbe représentative de f au voisinage
de +∞ (ou de −∞ ).
asymptote verticale
Soit f une fonction telle que lim f (x ) = +∞ (ou lim f (x ) = −∞ ) où a est un réel.
x →a
x →a
La droite d’équation x = a est dite droite asymptote à la courbe représentative de f.
94
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Séquence 2 – MA02
Somme
Propriétés
t Si lim f ( x ) = ℓ et si lim g ( x ) = ℓ ′ alors lim f ( x ) + g ( x ) = ℓ + ℓ ′ .
x →α
x →α
x →α
t Dans le cas où l’une au moins des fonctions a une limite infinie en α , les
résultats sont donnés par le tableau suivant :
La limite de la somme f ( x ) + g ( x )
lim g (x )
x →α
lim f (x )
−∞
+∞
x →α
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
ℓ
Produit
Propriétés
t Si lim f ( x ) = ℓ et si lim g ( x ) = ℓ ′ alors lim f ( x ) × g ( x ) = ℓ × ℓ ′ .
x →α
x →α
x →α
t Dans le cas où l’une au moins des fonctions a une limite infinie en α , les
résultats sont donnés par le tableau suivant :
La limite du produit f ( x ) × g ( x )
lim g (x )
x →α
+∞
−∞
+∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
ℓ (ℓ>0)
+∞
−∞
ℓ (ℓ<0)
−∞
+∞
lim f (x )
x →α
0
Séquence 2 – MA02
95
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inversion
Propriété
lim f (x )
1
x →α f (x )
+∞
0
−∞
0
ℓ(ℓ≠0 )
1
ℓ
0+
+∞
0−
−∞
lim
x →α
Propriété
Quotient
La limite du quotient
f (x )
g (x)
lim g (x )
x →α
0+
0−
ᐉ'
(ᐉ' > 0 )
ᐉ'
(ᐉ' > 0 )
+∞
+∞
−∞
+∞
−∞
−∞
−∞
+∞
−∞
+∞
+∞
−∞
lim f (x )
x →α
0
ℓ (ℓ > 0 )
0
0
ℓ (ℓ < 0 )
0
0
0
+∞
−∞
−∞
+∞
ℓ
ℓ'
96
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Séquence 2 – MA02
Limites et inégalités : théorèmes de comparaison et compatibilité
avec l’ordre
Propriétés
Si, pour x au voisinage de
F où F désigne un réel a
ou +∞ ou −∞ …
… et si …
lim u (x ) = +∞
f (x ) ≥ u (x )
lim f (x ) = +∞
x →α
x →α
lim v (x ) = −∞
f (x ) ≤ v (x )
lim f (x ) = −∞
x →α
u (x ) ≤ f (x ) ≤ v (x )
lim u (x ) = L et
x →α
x →α
lim f (x ) = L (théorème des
gendarmes)
lim v (x ) = L
x →α
x →α
lim u (x ) = 0
f (x ) − L ≤ u (x )
lim f (x ) = L
x →α
f (x )<g (x ) ou f (x ) ≤ g (x )
Théorème
… alors …
lim f (x ) = L et lim g (x ) = L'
x →α
x →α
x →α
L ≤ L' (compatibilité avec
l’ordre)
Limite d’une fonction composée
Soit f la fonction définie sur un intervalle I comme composée des fonctions
g et h, c’est à dire que pour tout x ∈I , on a f (x ) = h g (x ) = h (g (x )) .
x
g
g (x ) = X
h
f (x ) = h (X ) = h ( g (x ) )
f = h g
Dans ce qui suit, α , β et L peuvent désignés des réels ou +∞ ou −∞ .
On suppose que
lim g (x ) = β et que
x →α
lim h (X ) = L alors on peut en
X →β
déduire que lim f (x ) = L.
x →α
Séquence 2 – MA02
97
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Propriétés
Suites et fonctions
Soit (un ) une suite de terme général un = f (n ) où f est une fonction définie
au voisinage de +∞ .
Si
lim f (x ) = ℓ ( ℓ étant fini ou non) alors
x →+∞
Suites et composée
lim un = ℓ .
n →+∞
Soient f une fonction définie sur un intervalle I, (v n ) une suite de réels
appartenant à l’intervalle I et (un ) la suite de terme général un = f (v n ) .
Si lim v n = α ( α étant fini ou non) et si lim f (x ) = ℓ ( ℓ étant fini ou
n →+∞
x →α
non) alors lim un = ℓ.
n →+∞
3. Continuité d’une fonction
Définition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a.
On dit que f est continue en a si lim f (x ) = f (a ) .
x →a
On dit que f est continue sur I si elle est continue en
tout réel de I.
Propriétés
Suites définies par un + 1 = f (un )
Soit f une fonction définie sur un intervalle I et (un )
une suite de réels de I définie par un +1 = f (un ) .
Si la suite (un ) est convergente vers un réel ℓ et si f
est continue en ℓ alors f (ℓ ) = ℓ .
98
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Séquence 2 – MA02
Propriétés
t Les fonctions polynomiales,
rationnelles, racine carrée,
valeur absolue, sinus, cosinus
ainsi que les sommes, produits,
quotients et composées de
telles fonctions sont continues
sur tout intervalle inclus dans
leur ensemble de définition.
tToute fonction dérivable sur un
intervalle est continue sur cet
intervalle.
Théorème
des valeurs intermédiaires
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle un intervalle [a ; b]
où a < b .
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b), l’équation f (x ) = k admet au
moins une solution sur l’intervalle [a ; b].
Corollaire
du théorème des valeurs intermédiaires (cas des fonctions strictement monotones sur un intervalle)
Soit f une fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle un intervalle [a ; b] où a < b .
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b), l’équation f (x ) = k admet une
unique solution sur l’intervalle [a ; b].
tOn admet le prolongement du théorème et de son corollaire au cas où f est
définie sur un intervalle ouvert ]a ; b [ ou semi-ouvert [a ; b [ ou ]a ; b ] avec a et
b finis ou infinis. Dans ce cas, l’énoncé des théorèmes est à adapter en considérant les limites en a ou en b au lieu des images de ces réels.
tAfin de facilité la rédaction lors de l’utilisation du corollaire du théorème des
valeurs intermédiaires, on convient que les flèches obliques utilisées dans les
tableaux de variations, traduisent la continuité et la stricte monotonie de la
fonction sur l’intervalle considéré.
4. Dérivation et applications
Théorème
Remarques
Cas de la composée d’une fonction affine par une fonction f
Soit g la fonction définie sur un intervalle I par g (x ) = f (ax + b ) .
On suppose donc que pour x ∈I , ax + b ∈J et que f est définie sur J.
Si f est dérivable en ax + b alors g est dérivable en x et on a
g' (x ) = af ' (ax + b ) .
Séquence 2 – MA02
99
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Propriétés
Cas de la composée d’une fonction u
par quelques fonctions usuelles
Soit u est une fonction définie et dérivable sur un intervalle I.
fonction g
fonction dérivée g’
u2
2u' u
u n où n ∈ℤ
nu' u n −1
1
u
−
1
u
−
u n +1
u'
u2
u'
u
Remarque
nu'
n où n ∈ℕ
2 u
Remarques éventuelles
u ne s’annule pas sur I si n < 0
u ne s’annule pas sur I
u ne s’annule pas sur I
u est strictement positive sur I
Dans le cas général, si u est une fonction définie et dérivable sur un intervalle I
et f une fonction définie et dérivable sur un intervalle J tel que u (I) ⊂ J alors la
fonction g = f u est dérivable sur I et pour tout x ∈I,
g' (x ) = (f u )' (x ) = u' (x ) × f ' (u (x )) .
B
Exercice I
Exercices de synthèse
Les assertions suivantes sont-elles vraies ou fausses ? Justifier.
Si une fonction n’est pas continue sur un intervalle I alors elle
n’est pas dérivable sur I
Si f est une fonction définie sur ℝ telle que pour deux réels a
et b, f (a )f (b ) ≤ 0 alors f s’annule au moins une fois entre a et b
Si f est une fonction dérivable sur un intervalle I telle que pour
tout x ∈I, f ( x ) ≤ x alors pour tout x ∈I, f ′( x ) ≤ 1
100
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Séquence 2 – MA02
V
F
V
F
V
F
La fonction f : x ֏ x 2E( x ) est dérivable en 0
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe d’équation
y = (2x + 1)3 − x au point d’abscisse 0 est 2
La courbe d’équation y = x x ( 2 − x ) admet une demi-tangente
V
F
V
F
V
F
V
F
verticale au point de coordonnées (0 ; 0).
La suite (un ) est définie sur ℕ par un +1 = un et u 0 = a où
a ∈ℝ + .
Il existe a ∈ℝ + tel que (un ) soit convergente vers 2.
Exercice II
Étude d’une fonction rationnelle
x3 + x2 − 3
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) =
2
x +1
représentative dans un repère orthonormé O ; i , j .
(
)
et Ꮿf sa courbe
Soit g la fonction définie sur ℝ par g ( x ) = x 3 + 3x + 8.
a) Démontrer que l’équation g ( x ) = 0 admet dans ℝ une unique solution
que l’on note α.
Donner un encadrement d’amplitude 10−2 de α.
b) Déterminer le signe de g(x).
a) Étudier le sens de variation de f.
b) Déterminer les limites de f en −∞ et en +∞ puis dresser le tableau de
variation de f.
3
c) Démontrer que f (α ) = 1+ α . En déduire un encadrement de f (α ).
2
a) On note ϕ( x ) = f ( x ) − ( x + 1). Calculer la limite de ϕ( x ) en −∞ et en +∞.
Étudier le signe de ϕ( x ) . Que peut-on déduire de ces résultats concernant
la courbe Ꮿf et la droite ∆ d’équation y = x + 1?
b) Déterminer les points de Ꮿf en lesquelles la tangentes est parallèle à ∆.
c) Déterminer une équation de la tangente T à Ꮿf au point d’abscisse −1.
Que remarque-t-on concernant les droites T et ∆ ?
Tracer la courbe Ꮿf en s’appuyant sur les éléments mise en évidence au cours
de l’exercice.
Séquence 2 – MA02
101
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Exercice III
Les questions 1, 2 et 3 peuvent être abordées de façon indépendante.
x 2 + 6 x + 4 sin( 3x )
*
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
et on note Ꮿf
x
2
sa représentation graphique.
a) Calculer lim f ( x ).
x →0
b) On prolonge la définition de f à ℝ en posant f (0 ) = λ . Comment choisir
λ pour que f soit continue sur ℝ ?
1
2
1
b) Déterminer une condition suffisante sur x pour que f ( x ) − ( x + 3) < 0, 01.
2
c) Interpréter graphiquement les résultats précédents.
a) Calculer les limites de f ( x ) − ( x + 3) en −∞ et en +∞.
On dispose, ci-contre, du tracé sur  0 ; π  de Ꮿ ,de celui de la droite ∆
f
1
d’équation y = x + 3 , ainsi que des courbes Γ1 et Γ 2 représentant respec2
tivement les fonctions g1 et g 2 définies sur ℝ* par
g1( x ) =
x 2 + 6x − 4
x 2 + 6x + 2
et g 2 ( x ) =
.
2x
2x
Déterminer l’abscisse de chacun des points A, B et C.
Ꮿf
Γ2
C
B
A
j
Γ1
i
Exercice IV
Ainsi que le montre la figure, M est un point du
quart de cercle de centre O et de rayon 1 et les
points N et P sont les projetés orthogonaux respectifs de M sur les axes de coordonnées.
Où placer le point M pour que le rectangle ONMP
soit d’aire maximale ?
1
P
0
O 0
102
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Séquence 2 – MA02
M
N
1
Exercice V
On considère une fonction f deux fois dérivable sur un intervalle I et Ꮿf sa
courbe représentative dans la plan muni d’un repère orthonormé O ; i , j .
(
)
On désigne par a un réel de I et par T la tangente à la courbe Ꮿf au point
A(a ; f (a)).
Pour tout réel x de I, on note M le point de Ꮿf d’abscisse x et P le point de T
d’abscisse x.
Justifier que PM = d ( x ) j où d ( x ) = f ( x ) − f ′(a )( x − a ) − f (a ).
Dans cette question, on suppose que la fonction f ", dérivée seconde de f, est
positive ou nulle sur l’intervalle I.
a) En étudiant les variations de la fonction d ’, déterminer les variations de la
fonction d sur I.
b) En déduire que la courbe f est située au-dessus de toutes ses tangentes.
Dans ce cas, on dit que la fonction f est une fonction convexe sur I.
Étudier de façon analogue la position de la courbe par rapport à ses tangentes
dans le cas où la fonction f ′′ est négative ou nulle sur I.
Dans ce cas, on dit que la fonction f est une fonction concave sur I.
On suppose dans cette question que f ′′ change de signe en un réel a de l’in-
tervalle I. Supposons par exemple que si x ∈I et x ≤ a alors f ′′( x ) ≤ 0 alors
que si x ∈I et x ≥ a alors f ′′( x ) ≥ 0.
Démontrer que le point A est dans ce cas un point d’inflexion de la courbe
Ꮿf , c’est-à-dire un point en lequel la courbe Ꮿf « traverse » sa tangente.
Application
On considère la fonction f définie sur  −1 ; + ∞  par f ( x ) = x 2 x + 1 et
Ꮿf sa représentation graphique dans le plan muni d’un repère orthonormé
(O ; i , j ). On choisira 10 cm comme unité graphique.
a) Étudier la dérivabilité de f en −1 puis interpréter graphiquement le résultat
obtenu.
b) Étudier les variations de f puis dresser son tableau des variations sur
 −1 ; + ∞  .
c) Démontrer que, pour tout x ∈  −1 ; + ∞  , f ′′( x ) est du signe de
15x 2 + 24 x + 8.
d) En déduire la position de la courbe Ꮿf par rapport à ses tangentes.
e) Tracer la courbe Ꮿf ainsi que ses tangentes en les points remarquables.
Séquence 2 – MA02
103
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Exercice VI
Soit g la fonction définie sur ℝ par g ( x ) = −3x + 2cos x .
a) Étudier les limites de g en −∞ et en +∞.
b) Étudier le sens de variation de g sur ℝ.
c) Montrer que l’équation g ( x ) = 0 admet une unique solution α sur ℝ et
en donner un encadrement d’amplitude 10−2.
2
5
représentative dans la plan rapporté à un repère orthogonal (unités gra-
On note f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = ( x + cos x ) et Ꮿ sa courbe
f
phique : 5 cm sur l’axe des abscisses et 10 cm sur l’axe des ordonnées).
On s’intéresse à la convergence de la suite ( un ) définie sur u 0 = 0 et pour
tout n ∈ℕ , un +1 = f (un ).
a) Étudier les variations de f.
b) On se propose d’illustrer graphiquement le problème.
π
Pour cela, déterminer les tangentes à Ꮿf aux points d’abscisse 0 et .
2
Tracer la courbe Ꮿf ainsi que les deux tangentes. Construire sur l’axe des
abscisses les premiers termes de la suite ( un ) .
c) Montrer que pour tout n ∈ℕ , 0 ≤ un ≤ 1.
d) Montrer que la suite ( un ) converge et déterminer sa limite.
Pour une telle question, lorsque la démarche n’est pas indiquée, penser à
laisser toute trace de recherche.
Exercice VII
Les deux questions peuvent être traitées de façon indépendante
On dispose ci-dessous de la courbe Ꮿf représentant une fonction f définie sur
ℝ par f ( x ) = a x + b + c x 2 + 9 où a, b et c sont des réels. La droite ∆
est tangente à la courbe Ꮿf .
7
6
Ꮿf
∆
5
4
3
2
1
0
–8
104
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Séquence 2 – MA02
–6
–4
–2
0
2
4
a) Donner par lecture graphique f (0), f ( −4 ) et f ’(0).
b) Déterminer alors les réels a, b et c.
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x − 3 + 2
x 2 + 9 et on
note Ꮿ sa courbe représentative.
a) Déterminer une équation de la tangente au point d’abscisse −4.
b) Démontrer que la droite d’équation y = − x − 3 est asymptote à Ꮿ au
voisinage de −∞.
c) Démontrer qu’il existe un unique point de Ꮿ en lequel la tangente à Ꮿ
est horizontale. Préciser les coordonnées de ce point.
Exercice VIII
Distance d’un point à une courbe
Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on dispose de la courbe Ꮿ représentative de la fonction sinus et du point A de coordonnées (0 ; 3).
3 A
2
1
M
–8 –7 –6 –5 –4
0
–3 –2 –1 0
–1
1
2
3
4
5
6
7
8
Les objectifs de l’exercice sont de :
t trouver la position de M sur Ꮿ minimisant la longueur entre le point A et la
courbe représentative de la fonction sinus ;
t déterminer les points M de Ꮿ en lesquels la tangente à Ꮿ est perpendiculaire
à la droite (AM).
Visualiser le problème posé sous GeoGebra et conjecturer les résultats.
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = x − 3 cos x + sin x cos x .
 3π 3π 
a) Étudier les variations de f sur  −
, dresser son tableau des variations
;
2 
 2
sur ce même intervalle puis démontrer que l’équation f ( x ) = 0 admet 3 solu 3π 3π 
dont on donnera un encadrement à 10−2.
tions sur l’intervalle  −
;

2 
 2

 3π
b) Démontrer que pour tout x ∈ 
; + ∞  , f ( x ) > 0 et que pour tout

 2

3π 
x ∈  −∞ ; −  , f (x) < 0. En déduire que l’équation f ( x ) = 0 admet
2 

3 solutions réelles.
Séquence 2 – MA02
105
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c) Établir le signe de f ( x ) selon les valeurs du réel x.
a) On note x l’abscisse du point M. Démontrer que la longueur AM s’écrit
d ( x ) = x 2 + (sin x − 3)2 .
b) Démontrer que, pour tout x ∈ℝ , d ′( x ) est du signe de f ( x ).
c) Étudier les variations de d et conclure quant à la position de M minimisant
la longueur entre le point A et la courbe représentative de la fonction sinus.
a) Démontrer que lorsque la longueur AM est minimale, la droite (AM) est
perpendiculaire à la tangente à Ꮿ en M.
b) Existe-t-il d’autres points M de Ꮿ en lesquels la tangente à Ꮿ est perpendiculaire à la droite (AM) ?
Exercice IX
Résolution d’une équation de degré 3
L’objectif est de résoudre sur ℝ l’équation (E ) : 1+ 3x − x 3 = 0.
Montrer que (E ) a exactement trois solutions dont on déterminera une valeur
approchée à 10−3 près.
 π π
;  par f (u ) = 2sinu
 2 2
a) Montrer que la fonction f définie sur l’intervalle  −
 π π
est strictement croissante de  − ;  dans  −2 ; 2 .
 2 2
b) En utilisant sin(a + b ) = sina cos b + sin b cos a et
cos(a + b ) = cos a cos b − sina sin b , montrer que
sin( 3u ) = 3 sinu − 4 sin3 u .
c) En posant x = 2sinu , montrer que la résolution de l’équation (E)
 π π
sur  −2 ; 2 équivaut à la résolution sur  − ;  de l’équation
 2 2
(E’) : 1+ 2sin( 3u ) = 0
Résoudre l’équation (E’) et en déduire les valeurs exactes des solutions de (E).
Comparer avec les résultats de la question 1.
Exercice X
Soit f la fonction définie sur  −3 ; + ∞  par f ( x ) = x x + 3 .
Étudier les variations de f puis dresser son tableau des variations sur
 −3 ; + ∞  .
a) En s’appuyant sur une simple lecture du tableau des variations de f, donner
les valeurs du réel k pour lesquels l’équation f ( x ) = k admet une unique
solution réelle.
106
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Séquence 2 – MA02
b) Démontrer que les équations f ( x ) = 1 et f ( x ) = 3 admettent chacune une
solution unique dont on donnera un encadrement d’amplitude 10−2 .
Déterminer l’ensemble des valeurs du paramètre réel λ pour lesquelles
l’équation x x + 3 + λ λ + 3 = 1 admet une unique solution réelle.
Exercice XI
Soit f une fonction continue sur ℝ vérifiant, pour tout réel x, f (10 x ) = f ( x ).
L’objectif est de démontrer qu’une telle fonction est constante sur ℝ.
 x 
Démontrer que, pour tout réel x, la suite (u ) définie sur ℕ par u = f 

n
n
 10n 
est constante c’est-à-dire que un ne dépend pas de n ).
Calculer la limite de la suite (u ) de deux façons et conclure.
n
Q
Séquence 2 – MA02
107
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Séquence 3
Probabilité :
conditionnement
et indépendance
Sommaire
1. Pré-requis
2. Conditionnement par un événement de probabilité non nulle
3. Indépendance
4. Synthèse
Dans cette première séquence sur les probabilités, on complète les connaissances
des années précédentes en introduisant
deux notions nouvelles : les probabilités
conditionnelles et l’indépendance de deux
événements.
Il sera alors possible d’étudier des situations moins simples et plus riches.
Séquence 3 – MA02
1
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1 Pré-requis
A
Définitions et vocabulaire
des événements
Une expérience aléatoire est une expérience pour laquelle plusieurs résultats
sont possibles, sans que l’on puisse prévoir celui qui se produira. Les résultats
possibles sont aussi appelés les issues ou les éventualités. Dans l’étude d’une
expérience aléatoire, les notions ci-dessous sont fondamentales.
zUnivers : c’est l’ensemble de toutes les éventualités de l’expérience aléatoire,
il est souvent noté Ω.
zEvénement : c’est un sous-ensemble de l’univers.
zEvénement élémentaire : un événement constitué d’une seule éventualité.
zEvénement certain : c’est l’univers lui-même Ω.
zEvénement impossible : c’est l’ensemble vide ∅ =
{ }.
zL’intersection de deux événements A et B, notée A ∩ B (qui s’écrit aussi « A
et B ») contient toutes les éventualités qui sont en même temps dans A et
dans B.
zL’union de deux événements A et B, notée A ∪ B (qui s’écrit aussi « A
ou B »), contient toutes les éventualités qui appartiennent à au moins un des
deux événements.
zDeux événements A et B sont incompatibles s’ils ne peuvent pas se réaliser
simultanément, ce qui se traduit par A ∩ B = ∅.
zOn appelle événement contraire de A, et on le note A , l’événement constitué
par toutes les issues de l’univers Ω qui n’appartiennent pas à A. On a donc :
A ∩ A = ∅ et A ∪ A = Ω.
왘
Exemple
Pour illustrer toute cette partie, nous prendrons l’exemple du lancement d’un dé
cubique bien équilibré.
{
}
zOn a : Ω = 1, 2, 3, 4 , 5, 6 .
{ }
z«Obtenir un multiple de 3 » est un événement, notons le A, alors A = 3, 6 ;
« obtenir un nombre strictement inférieur à 5 » est un événement, notons le B,
alors B = 1, 2, 3, 4 .
{
{}
}
zL’événement 3 est un événement élémentaire.
Séquence 3 – MA02
3
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{ } {
} {}
zOn a : A ∪ B = {3, 6} ∪ {1, 2, 3, 4} = {1, 2, 3, 4 , 6}.
zOn a : A ∩ B = 3, 6 ∩ 1, 2, 3, 4 = 3 .
{ }
zSoit C l’événement « obtenir un nombre inférieur à 2 », on a alors C = 1, 2 .
{ } { }
Les événements A et C sont incompatibles car A ∩ C = 3, 6 ∩ 1, 2 = ∅.
{ }
{
}
zOn a : A = 3, 6 et A = 1, 2, 4 , 5 .
B
Loi de probabilité
Définition
On dit qu’on définit une loi de probabilité P sur l’univers Ω d’une expérience aléatoire ayant un nombre fini d’éventualités :
zsi à chaque éventualité ai on associe un nombre réel pi tel que tous les
i =n
nombres pi vérifient 0 ≤ pi ≤ 1 et ∑ pi = 1,
i =1
zet si à chaque événement A est associée le nombre P ( A ) défini
par p ( A ) = ∑ pi , c’est-à-dire que si A = a1, a2 , ...,ak alors
ai ∈A
{
}
P ( A ) = p1 + p2 + ... + pk .
Remarque
Pour un événement élémentaire {ai }, on a P ({ai }) = pi , noté aussi P (ai ) = pi .
Propriétés
Quels que soient les événements A et B, on a les propriétés suivantes :
z 0 ≤ P ( A ) ≤ 1.
z P ( A ) = 1− P ( A ).
i =n
z P ( Ω ) = 1 (car ∑ pi = 1) et P (∅ ) = 0.
i =1
z P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B ).
zSi A et B sont incompatibles, c’est-à-dire si A ∩ B = ∅, on a alors :
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ).
zSi les n événements A1, A2 , A3 , ... , An sont incompatibles deux à
deux (c’est-à-dire que Ai ∩ AJ = ∅ quels que soient i et j ), on a alors
P ( A1 ∪ A2 ∪…∪ An ) = P ( A1) + P ( A2 ) +…+ P ( An ).
4
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Séquence 3 – MA02
왘
Exemple
On lance un dé cubique. Choisissons de supposer que ce dé est bien équilibré,
1
non truqué et nous associons à chacune des six éventualités le nombre .
6
Nous obtenons donc :
1 1 2
4
z P ( A ) = P ({ 3, 6 }) = + = , P (B ) = P ({1, 2, 3, 4 }) = ,
6 6 6
6
2 4
2
z P ( A ) = et P A = 1− = ,
6 6
6
1
5
z P ( A ∩ B ) = P ({ 3}) = et P ( A ∪ B ) = p ({1, 2, 3, 4 , 6 }) = ,
6
6
2 4 1 5
zP ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B ) = + − = ; on retrouve ainsi P ( A ∪ B ) qui a été
6 6 6 6
déterminé ci-dessus à partir de A ∪ B = {1, 2, 3, 4 , 6 }.
( )
Des événements incompatibles importants
Soit A et B deux événements. Les événements A ∩ B et A ∩ B n’ont aucune
(
)
éventualité commune, ils sont incompatibles et, comme A = ( A ∩ B ) ∪ A ∩ B ,
)
(
on a P ( A ) = P ( A ∩ B ) + P A ∩ B .
A∩B
Ω
A∩B
A∩B
A
B
Les différents événements peuvent être aussi représentés dans un tableau :
A
A
B
A ∩B
A ∩B
B
A ∩B
A ∩B
Une loi très importante : la loi équirépartie
Définition
La loi de probabilité pour laquelle tous les événements élémentaires ont
des probabilités égales s’appelle la loi équirépartie. On dit aussi qu’il y a
équiprobabilité.
Séquence 3 – MA02
5
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Propriétés
Si, pour l’univers d’une expérience aléatoire ayant n issues, on a choisi la
loi équirépartie alors :
1
zla probabilité de chaque événement élémentaire est ;
n
card( A )
zla probabilité d’un événement A est telle que P ( A ) =
, card( A )
card( Ω )
désignant le nombre d’issues de A. On utilise aussi souvent l’expression
P (A) =
C
nombre de cas favorables
.
nombre de cas possibles
Variable aléatoire
Définition
On dit qu’on définit une variable aléatoire sur l’ensemble Ω lorsqu’on
associe un nombre réel à chaque éventualité de l’expérience aléatoire.
Définition
La loi de probabilité d’une variable aléatoire X est donnée par :
zl’ensemble des valeurs {x1, x2,…,xr} prises par la variable aléatoire,
zles probabilités P ( X = x i ) pour toutes les valeurs xi prises par X.
Définition
L’espérance de la variable aléatoire X est le nombre, noté E(X), défini par :
E ( X ) = x 1P ( X = x 1) + x 2P ( X = x 2 ) +…+ x r P ( X = x r )
i =n
= x 1p1 + x 2p2 + … + x r pr = ∑ x i pi .
i =1
Définition
La variance V(X) et l’écart-type σ( X ) d’une variable aléatoire X sont définis
2
2
2
par : V ( X ) = ( x 1 − E ( X )) p1 + ( x 2 − E ( X )) p2 +…+ ( x r − E ( X )) pr
i =r
= ∑ ( x i − E ( X ))2 pi , et σ( X ) = V ( X ).
i =1
6
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Séquence 3 – MA02
Propriété
Si X est une variable aléatoire, on a :
V(X ) = E(X 2) – (E(X ))2.
왘
Exemple
On lance un dé. Si on obtient 6, on gagne 10 €, si on obtient 1, on perd 5 € et, si
on obtient un autre résultat, on perd 1 €.
Soit X le gain obtenu pour un lancer. Les valeurs prises par la variable aléatoire X
sont 10, − 5 et −1. La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau :
xi
10
−5
−1
P ( X = xi )
1
6
1
6
4
6
1
1
4 1
E( X ) = 10 × − 5 × − 1× = et
6
6
6 6
2 755
1
1
1
V( X ) = 102 × + ( −5)2 × + ( −1)2 × − E( X ) =
≈ 20, 97.
6
6
6
36
)
(
Définition
Une épreuve de Bernoulli est une épreuve aléatoire comportant deux
issues, l’une appelée « succès », l’autre appelée « échec ».
Soit X la variable aléatoire qui prend la valeur 1 en cas de réussite et la
valeur 0 en cas d’échec.
La variable aléatoire X est appelée variable de Bernoulli et la loi de probabilité de X est appelée loi de Bernoulli.
On note p la probabilité de réussir et donc q = 1− p la probabilité d’échouer.
D’où P ( X = 1) = p et P ( X = 0) = q = 1− p .
Loi de probabilité d’une variable de Bernoulli :
xi
1
0
P ( X = xi )
p
1− p
Séquence 3 – MA02
7
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D
Expériences identiques
et indépendantes
Précisons ce que désigne l’expression « répétition d’expériences identiques ».
zCela signifie que les conditions dans lesquelles on répète l’expérience sont les
mêmes. Par exemple, les tirages de boules ou de jetons se font « avec remise »
de l’objet tiré après chaque tirage.
zCela signifie aussi qu’une expérience ne dépend pas du résultat de l’expérience
précédente. De manière imagée, on peut dire que les pièces ou les dés n’ont
pas de mémoire.
zBien entendu, cela ne signifie pas que les résultats de ces expériences répétées
sont les mêmes, puisqu’il s’agit d’expériences aléatoires.
Propriétés
On considère une expérience aléatoire formée par la répétition d’expériences identiques ayant
chacune deux éventualités.
En cohérence avec les simulations, on définit une loi de probabilité sur l’univers des 2n éventualités de la façon suivante.
La probabilité d’une liste de n résultats est le produit des probabilités de chacun des n résultats
partiels qui la constituent.
On admet que cela définit bien une loi de probabilité et, pour exprimer qu’on choisit cette loi
de probabilité, on dit qu’on utilise le modèle de la répétition d’épreuves identiques et indépendantes, ou, plus brièvement, que les expériences sont identiques et indépendantes.
En Terminale, on va donner une définition plus générale de l’indépendance.
Remarque
1/6
1/6
S2
5/6
S2
1/6
S2
5/6
S2
S1
5/6
S1
Les arbres pondérés, où on indique sur chaque branche la probabilité d’obtenir chaque résultat partiel, permet d’utiliser très
facilement la propriété précédente.
On lance un dé cubique deux fois de suite. La probabilité d’obtenir six deux fois de suite est le produit des probabilités de
chaque branche du chemin correspondant (on note S1 l’événement « obtenir six au premier lancer », de même pour S 2 ) :
P (S1 ∩ S2 ) =
1 1
× .
6 6
Définition
Soit X la variable aléatoire définie par le nombre de succès dans la répétition n fois, de façon
indépendante, d’une épreuve ayant deux issues, succès et échec, pour la quelle la probabilité du
succès est égale à p.
La loi de probabilité de X s’appelle la loi binomiale de paramètres n et p, notée Ꮾ(n ; p ).
8
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Séquence 3 – MA02
Calculatrices et tableurs : coefficients binomiaux.
Propriété
La variable aléatoire X prend les n + 1 valeurs 0, 1,…,
n avec les probabilités :
 n
P ( X = k ) =   p k (1- p )n-k pour tout entier k
k
tel que 0 ≤ k ≤ n.
E( X ) = np et V( X ) = np (1− p ).
n
Le nombre   s’appelle un coefficient binomial.
k
Pour la calculatrice TI-82 Stats.fr, on
utilise la fonctionnalité Combinaison
(ou nCr) qui se trouve dans Maths
PRB.
Pour la calculatrice Casio Graph
25+Pro, on tape aussi 4 nCr 2, nCr est
obtenu par OPTN F6 PROB.
Sur le tableur OpenOffice, on utilise la
fonctionnalité Combin(n ;k).
Calculatrices et tableurs : loi binomiale.
Les tableurs et la plupart des calculatrices permettent d’obtenir directement les
valeurs P ( X = k ) d’une loi binomiale et aussi les probabilités P ( X ≤ k ).
zAvec un tableur
La syntaxe LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; FAUX) ou LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; 0)
renvoie la probabilité P ( X = k ) pour une variable aléatoire X de loi binomiale
de paramètres n et p.
La syntaxe LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; VRAI) ou LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; 1)
renvoie la probabilité cumulée P ( X ≤ k ).
zAvec une calculatrice TI
Pour calculer P ( X = k ) lorsque X suit la loi binomiale Ꮾ(n ; p ), on utilise
l’instruction binomFdp( (que l’on obtient par l’instruction DISTR (touches 2ND
VARS ) et la touche 0) que l’on complète ainsi : binomFdp(n, p, k).
Ces calculatrices donnent aussi les probabilités P ( X ≤ k ) par l’instruction
binomFREPdp(.
zAvec une calculatrice Casio graph 25+Pro
Pour cette calculatrice, pour calculer P ( X = k ), il faut taper la formule
n k
n −k
ou avoir implanté sur la calculatrice le petit programme :
 k  p (1− p )
"N = "? → N ‚
"p = "? → p ‚
"K = "? → K ‚
NCr K → C ‚
C × p ^ K × (1− p )^(N − K ) → B ‚
"P ( X = K ) = "
B
Séquence 3 – MA02
9
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zAvec une calculatrice Casio graph 35+
Pour calculer P ( X = k ) lorsque X suit la loi binomiale Ꮾ(n ; p ), on utilise le
menu STAT, on choisit DIST (touche F5) puis BINM (touche F5), Bpd (touche F1)
et Var (touche F2).
On renseigne la boîte de dialogue : Data : variable ; valeur désirée : k ;
Numtrial : n ; probabilité : p.
Pour obtenir les probabilités P ( X ≤ k ), dans le menu STAT, on saisit dans la
Liste 1 les valeurs possibles pour k : 0, 1, 2, … , n.
On choisit ensuite DIST (touche F5) puis BINM (touche F5), Bcd (touche F2).
On renseigne la boîte de dialogue comme ci-dessus, sauf pour Data où on choisit List.
Pour chaque valeur de k, la probabilité P ( X ≤ k ) est affichée dans une liste.
Propriété
Pour tout entier naturel n, non nul, et tout entier k tel que 0 ≤ k ≤ n , on a :
 n
 n
n  n 
=
,
1
=
1,
 0 
 n 
 k  =  n − k  , et, si 0 ≤ k ≤ n − 1,
 n   n   n + 1
 k  +  k + 1 =  k + 1 .
E
Simulations d’expériences
aléatoires
Admettons provisoirement (voir séquence 8) que si a et b (a < b) sont deux réels
de [0 ; 1] alors la probabilité qu’un nombre choisi au hasard dans l’intervalle
[0 ; 1] appartienne à [a ; b] est (b –a).
L’exemple ci-dessous nous montre comment cette remarque peut être utile pour
les simulations.
왘
Exemple
Dans une grande entreprise, 37% des salariés passent leurs vacances à l’étranger. On désire simuler l’expérience aléatoire consistant à choisir une personne
de l’entreprise au hasard et à s’intéresser à sa destination de vacances. On peut
simuler cette expérience aléatoire de la façon suivante.
Si Random < 0,37 alors Afficher « cette personne passe ses vacances à l’étranger »
Sinon Afficher « cette personne ne passe pas ses vacances à
l’étranger ».
10
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Séquence 3 – MA02
2
A
Conditionnement par un événement de probabilité non nulle
Objectifs du chapitre
On définit les probabilités conditionnelles.
On justifie et on élargit l’utilisation des arbres pondérés.
On aborde de nouvelles situations : tirages sans remise, enchaînement d’expériences non indépendantes…
B
Activité 1
Pour débuter
Tri sélectif
Une enquête portant sur le tri sélectif des déchets ménagers a été réalisée et
2000 personnes ont été interrogées. On leur a posé la question : « Triez-vous le
verre et le papier ? ».
Voici les résultats pour les effectifs :
Tri
Oui
Non
Total par ligne
Moins de 40 ans : J
700
400
1100
Plus de 40 ans : J
500
400
900
Total par colonne
1200
800
2000 : Total général
Age
On choisit au hasard une personne parmi les 2000 personnes interrogées.
On note T l’événement « la personne fait le tri sélectif » et J l’événement « la personne a moins de 40 ans ». Donner les probabilités P (T ), P ( J )
et P (T ∩ J ).
Maintenant, parmi les personnes faisant du tri sélectif, on choisit une per-
sonne au hasard. Quelle est la probabilité qu’elle ait moins de 40 ans ?
Parmi les personnes de moins de 40 ans, on choisit une personne au hasard.
Quelle est la probabilité qu’elle fasse du tri sélectif ?
Activité 2
Analyser l’algorithme suivant (extrait d’un document-ressource sur l’algorith-
mique proposé par l’inspection).
Séquence 3 – MA02
11
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Rappel
Un booléen est un type de variable qui ne prend que deux valeurs, 0 ou 1, vrai
ou faux.
Variables
dates : tableau des trente jours d’anniversaire
trouvé : un booléen qui indique si deux dates coïncident.
k, p : deux compteurs de boucles.
Initialisation
Pour k de 1 à 30
dates[k] prend une valeur entière aléatoire comprise entre 1 et
365 inclus
trouvé prend la valeur faux
Traitement
Pour k de 1 à 29
Pour p de k+1 à 30
Si dates[k] = dates[p] alors
trouvé prend la valeur vrai
Sortie
Affiche trouvé
Compléter cet algorithme pour obtenir un algorithme qui donne la fréquence
des groupes où il existe des coïncidences d’anniversaires dans 1000 groupes
de 30 personnes.
Faire fonctionner cet algorithme à l’aide d’un logiciel comme Algobox et don-
ner la fréquence obtenue, qu’en pensez-vous ?
C
Cours
1. Définition
Définition 1
Soient A et B deux événements d’un univers Ω tels que P ( A ) ≠ 0.
On appelle probabilité de l’événement B sachant que A est réalisé le
nombre, noté PA (B ), lu « P de B sachant A », défini par :
PA (B ) =
12
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Séquence 3 – MA02
P (A ∩B )
.
P (A)
Remarque
z PA ( A ) = 1, 0 ≤ PA (B ) ≤ 1.
zSi A et B sont deux événements incompatibles (c’est-à-dire si A ∩ B = ∅), on a
P ( A ∩ B ) = 0 donc PA (B ) = 0.
zCas particulier de la loi équirépartie
card( A ∩ B )
card( A ∩ B )
card( Ω )
.
=
card( A )
card( A )
card( Ω )
Ce cas particulier met bien en évidence l’idée qu’on a changé d’univers :
c’est A qui est l’univers muni de la loi de probabilité PA .
card( A ∩ B )
P (A ∩B )
=
PA (B ) =
car
P (A)
card( A )
Ω
A∩B
A
B
2. Probabilité d’une intersection
Propriété 1
Soient A et B deux événements tels que P ( A ) ≠ 0 et P (B ) ≠ 0.
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA (B ) et P ( A ∩ B ) = P (B ) × PB ( A ).
Démonstration
La première égalité s’obtient en multipliant les membres de l’égalité de la définition de PA (B ) par P ( A ). La seconde égalité est analogue en permutant les rôles
de A et B.
Remarque
Ces égalités sont très importantes, elles font le lien entre les probabilités conditionnelles et les probabilités des intersections.
Dans la pratique, on connaît souvent des probabilités conditionnelles et on
cherche des probabilités d’intersections.
Séquence 3 – MA02
13
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Il ne faut pas confondre P ( A ∩ B ), PA (B ) et PB ( A ).
Il faut donc bien savoir reconnaître une probabilité conditionnelle dans un
énoncé.
Les expressions « sachant que… », « quand… », « lorsque… », « parmi… »
sont souvent utilisées pour donner une probabilité conditionnelle. En effet, ces
expressions annoncent que l’univers change, qu’il n’est qu’une partie de l’univers
initial. C’est ce nouvel univers qui exprime le conditionnement et qui sera noté
en indice.
Si on utilise la loi équirépartie avec des données en pourcentage, il faut bien
regarder la signification de chaque pourcentage.
왘
Exemple 1
Dans une urne, on place cinq boules, deux noires et trois rouges. On tire au
hasard deux boules, successivement et sans remise. Quelle est la probabilité de
tirer deux boules noires ?
왘
Solution
On note N1 l’événement « la première boule tirée et noire », N2 l’événement
« la seconde boule tirée est noire ». On cherche P (N1 ∩ N2 ).
2
On a P (N1) = car on utilise la loi équirépartie, l’univers ayant 5 éventualités.
5
1
Et PN ( N2 ) = car, lorsque la première boule est tirée, il ne reste que 4 boules
4
1
dont l’ensemble forme le nouvel univers et une seule est noire.
2 1 1
Donc P (N1 ∩ N2 ) = P (N1) × PN (N 2 ) = × = .
5 4 10
1
왘
Exemple 2
Dans un collège, les élèves inscrits à l’association sportive peuvent choisir le volley-ball ou le basket.
Parmi les inscrits, il y a 54 % de filles et 40 % des filles ont choisi le volley-ball.
On considère l’univers formé par l’ensemble des élèves membres de l’association
sportive. On note F l’événement « l’élève est une fille » et V l’événement « l’élève
pratique le volley-ball ».
On rencontre par hasard un(e) élève de cette association.
Exprimer les données de l’énoncé avec des probabilités.
Déterminer la probabilité de l’événement E : « l’élève est une fille et pratique
le volley-ball ».
왘
Solution
La rencontre se faisant au hasard on utilise la loi équirépartie.
nombre de filles
On a donc P (F ) =
= 0, 54 car il y a 54 % de filles parmi les
nombre d'inscrits
inscrits.
La donnée « 40 % des filles ont choisi le volley-ball » se traduit par une probabilité conditionnelle car l’univers est restreint ici à l’ensemble F. On obtient
donc PF (V ) = 0, 40.
L’événement E est l’événement F ∩V , on obtient donc
P (E ) = P (F ∩V ) = P (F ) × PF (V ) = 0, 54 × 0, 40 = 0, 216.
14
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Séquence 3 – MA02
3. Probabilité conditionnelle d’un événement
contraire
()
PA B = 1− PA (B
Propriété 2
)
Démonstration
( ) (P ( A ) ) .
On sait que PA B =
P A ∩B
On a vu dans les pré-requis que
(
)
(
)
P (A) = P (A ∩B ) + P A ∩B ,
donc P A ∩ B = P ( A ) − P ( A ∩ B )
()
et PA B =
P (A) − P (A ∩B
P (A)
) = 1− P ( A ∩ B ) = 1− P (B ).
P (A)
A
()
Dans l’exemple 2 on obtient ainsi que PF V = 1− PF (V ) = 0, 60. Ainsi 60 % des
filles n’ont pas choisi le volley.
4. Arbre pondéré pour deux événements
a) Principe d’un arbre pondéré
P(A)
PA(B)
B
Soit A et B deux événements d’un univers Ω tels que P (B ) ≠ 0.
PA(B)
B
Chaque branche de l’arbre est affectée d’une probabilité, on dit que
l’arbre est pondéré.
PA(B)
B
Les branches de gauche sont affectées des probabilités des événements correspondants.
A
P(A)
A
Les nombres inscrit sur les branches de droite, partant de l’événement conditionnant B (ou de son contraire B ) sont des probabilités conditionnelles. Par exemple le nombre inscrit sur la branche
A ___________________ B est PA (B ).
P (B)
A
B
Un tel arbre rend très aisé le calcul de la probabilité d’une intersection à l’aide
d’une probabilité conditionnelle. L’intersection A ∩ B est représentée par le chemin indiqué en couleur et traits épais.
La probabilité de A ∩ B est égale au produit des probabilités inscrites sur chaque
branche du chemin correspondant car P ( A ∩ B ) = P (B ) × PB ( A ).
P(A)
PA(B)
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
PA(B)
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
PA(B)
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
PA(B)
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
A
P(A)
A
Séquence 3 – MA02
15
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b) Savoir construire un arbre pondéré en lien avec une
situation donnée
왘
Exemple 3
On complète l’énoncé de l’exemple 2 par l’information que 30% des garçons ont
choisi le basket.
Indiquer sur un arbre pondéré les probabilités données par l’énoncé.
Compléter l’arbre.
왘
Solution
L’événement « l’élève est un garçon » pourrait être noté G, on a préféré le
noter F puisque c’est l’événement contraire de F, de même on a noté V
l’événement « l’élève pratique le basket ».
Les probabilités qui sont données sont indiquées en couleur.
Les autres probabilités sont calculées en utilisant les complémentaires :
()
()
)
()
P F = 1− P (F ) = 0, 46, PF V = 1− PF (V ) = 0, 60 et P (V = 1− P V = 0, 70.
F
F
PF(V) = 0,40
V
PF(V)=0,60
V
PF(V)=0,70
V
PF(V)=0,30
V
F
P(F)=0,54
P(F)=0,46
F
À savoir
Règles de construction d’un arbre pondéré
zOn indique sur chaque branche la probabilité correspondante.
zLa somme des probabilités inscrites sur les branches issues d’un même événement (on dit aussi « d’un même nœud ») est égale à 1. Cette règle est parfois
appelée « la loi des nœuds ». Elle est une conséquence de la propriété 2 :
()
)
PA B = 1− PA (B .
Remarque
P(B)
Un autre arbre est possible, en permutant les rôles de A et B : voir ci-contre.
PB(A)
A
PB(A)
A
PB(A)
A
PB(A)
A
B
P(B)
B
16
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Séquence 3 – MA02
C’est la lecture attentive de l’énoncé qui fait choisir l’arbre adapté à
l’exercice. D’ailleurs, si on fait le mauvais choix, on n’arrive pas à
avancer et il faut penser à faire l’autre arbre.
c) Savoir exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour
déterminer des probabilités
왘
Exemple 4
On reprend la situation des exemples 2 et 3.
Quelle est la probabilité de rencontrer par hasard un(e) élève qui pratique le
volley-ball ?
왘
Solution
P(F) = 0,54
PF(V) = 0,40
V
P(F ∩ V) = 0,54 ⫻ 0,40
PF(V) = 0,60
V
P(F ∩ V) = 0,54 ⫻ 0,40
PF(V) = 0,70
V
P(F ∩ V) = 0,46 ⫻ 0,70
PF(V) = 0,30
V
P(F ∩ V) = 0,46 ⫻ 0,30
F
P( F ) = 0,46
F
Deux chemins de l’arbre aboutissent à V, ils correspondent aux événements
incompatibles F ∩V et F ∩V dont la réunion est l’événement V.
(
)
Comme on l’a vu dans les pré-requis P (V ) = P (V ∩ F ) + P V ∩ F , donc
() F
P (V ) = P (F ) × PF (V ) + P F × P (V )
= 0, 54 × 0, 40 + 0, 466 × 0, 70
= 0, 538.
Cet exemple est l’illustration de la méthode générale.
À savoir
Règles d’utilisation d’un arbre pondéré
zOn obtient la probabilité d’une intersection en multipliant les probabilités des
branches du chemin correspondant.
zLa probabilité d’un événement est égale à la somme des probabilités des chemins qui y aboutissent.
Remarque
Un arbre pondéré correctement construit constitue une preuve même le jour de
l’examen.
Quelques conseils
Lire attentivement un énoncé pour distinguer la donnée d’une probabilité « classique » du type P ( A ) de celle d’une probabilité conditionnelle.
Bien présenter l’arbre pondéré car on s’en sert dans tout l’exercice en général et
savoir dire à quelle probabilité correspondent les nombres écrits sur les branches.
Lire attentivement les consignes car il faut savoir interpréter la question en
termes de probabilité : demande-t-on une probabilité du type P ( A ), une probabilité d’intersection d’événements ou une probabilité conditionnelle ?
Séquence 3 – MA02
17
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d) Un exemple avec des boules
왘
Exemple 5
Une urne contient trois boules blanches et cinq noires, indiscernables au toucher.
On tire au hasard une première boule de l’urne. Si elle est blanche, on la remet
dans l’urne et on ajoute une autre boule blanche. Si elle est noire, on ne la remet
pas dans l’urne.
On tire ensuite, au hasard, une seconde boule de l’urne.
Soient B1 l’événement : « la première boule extraite est blanche » et B2 l’événement : « la seconde boule extraite est blanche ».
Construire l’arbre pondéré associé à cette situation.
Déterminer la probabilité que les deux boules extraites soient blanches.
Déterminer la probabilité que la deuxième boule soit noire.
Faire apparaître sur l’arbre le(s) chemin(s) correspondant(s).
왘
Solution
1er tirage
Les résultats du premier tirage influant
sur ceux du 2e tirage, on peut penser
à l’arbre suivant ( B1 désigne l’événement : « la première boule tirée n’est
pas blanche, c’est-à-dire est noire »).
2e tirage
B2
B1
B2
B2
B1
B2
( )
zPremier tirage : calcul de P (B1) et P B1 .
Les boules étant indiscernables au toucher et choisies au
hasard, on utilise la loi équirépartie.
3 5
3
On a alors P (B1) = et P B1 = 1− = .
8 8
8
( )
zSecond tirage
Premier cas : supposons que la première boule tirée est blanche,
c’est-à-dire supposons que B1 est réalisé.
On remet donc la boule tirée dans l’urne et on ajoute une boule
blanche : il y a maintenant 4 boules blanches et 5 boules noires.
4 5
4
D’où PB (B2 ) = et PB B2 = 1− = .
9 9
9
1
1
( )
Deuxième cas : supposons que la première boule tirée est noire,
c’est-à-dire supposons que B1 est réalisé.
On ne remet pas la boule tirée dans l’urne qui contient donc 3
boules blanches et 4 boules noires.
3
4
D’où P (B2 ) = et P B2 = .
B1
B
7
7
1
( )
18
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Séquence 3 – MA02
On en déduit l’arbre pondéré :
4
9
3
8
B1
5
9
5
8
B2
3
7
B2
B2
4
7
B2
B1
On cherche P (B ∩ B ).
1
2
On sait que P (B1 ∩ B2 ) = P (B1) × PB (B2 ) =
1
les probabilités du chemin correspondant.
3 4 1
× = : il suffit de multiplier
8 9 6
L’événement « la deuxième boule tirée est noire », c’est-à-dire B , corres2
pond aux deux chemins mis en couleur sur l’arbre ci-dessus. L’événement B2
est donc l’union des deux événements disjoints B1 ∩ B2 et B1 ∩ B2.
( ) (
( )
) (
)
( ) ( ) ( )
P B2 = P B1 ∩ B2 + P B1 ∩ B2 = P (B1) × PB B2 + P B1 × P B2 .
B1
1
3 5 5 4 95
D’où P B2 = × + × =
.
8 9 8 7 168
95
La probabilité que la deuxième boule soit noire est donc égale à
.
168
4. Formule des probabilités totales
Définition 2
On dit que les n événements A1, A2 , A3 , ... , An d’un univers Ω forment une
partition de Ω lorsque les événements A1, A2 , A3 , ... , An sont incompatibles deux à deux et lorsque leur réunion est égale à Ω.
A1
A2
....
B ∩ A1
B ∩ A2
....
An
B ∩ An
B
Séquence 3 – MA02
19
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formule des probabilités totales.
Propriété 3
On suppose que les événements A1, A2 , A3 ... , An forment une partition de
l’univers et que chacun d’eux a une probabilité non nulle.
Soit un événement B alors
( ) 1
( ) 2
) n
P (B ) = P A1 PA (B ) + P A2 PA (B ) + ... + P ( An PA (B )
Démonstration
Les événements A1 ∩ B , A2 ∩ B ,... , An ∩ B sont incompatibles (disjoints) deux à
deux et B = A1 ∩ B ∪ A2 ∩ B ∪ ... ∪ An ∩ B .
)
) ( ) (
Donc P (B ) = P ( A1 ∩ B ) + P ( A2 ∩ B ) + ... + P ( An ∩ B )
Soit P (B ) = P ( A1)PA (B ) + P ( A2 )PA (B ) + ... + P ( An )PA (B ).
n
1
2
(
Remarque
Ceci généralise ce qu’on a vu pour un événement et son contraire car un événement et son contraire forment une partition de l’univers.
Conséquence
Les règles de construction et d’utilisation d’un arbre pondéré pour plus de deux
événements sont les mêmes que pour deux.
왘
Exemple 6
Pour produire des pièces métalliques, un atelier utilise trois machines. Toutes les
pièces sont vérifiées par le service qualité. Ce service a fourni le tableau suivant
après une journée de production.
Machine utilisée
N°1
N°2
N°3
Pièces produites
(en pourcentage du total)
50
35
15
Fréquence des défauts
(par machine)
0,01
0,02
0,06
On prend au hasard une pièce produite dans la journée.
Déterminer la probabilité qu’elle soit défectueuse.
왘
Solution
On modélise la situation en utilisant la loi équirépartie et on fait un arbre pondéré.
On note D l’événement « la pièce est défectueuse », on note M1 l’événement
la pièce est fabriquée par la machine N°1 et de même pour les autres machines.
(Pour des raisons de place on a choisi de dessiner l’arbre vers le bas.)
20
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Séquence 3 – MA02
Ω
P(M1) = 0,5
0,15 = P(M3)
0,35 = P(M2)
M2
M1
PM (D) = 0,01
1
0,99 = PM (D)
M3
0,98 = PM (D)
1
2
PM (D) = 0,02
2
D
D
D ∩ M1 D ∩ M1
PM (D) = 0,94
3
PM (D) = 0,06
3
D
D
D ∩ M2 D ∩ M2
D
D
D ∩ M3 D ∩ M3
Il s’agit de calculer P (D ).
Les événements M1, M2 et M 3 sont disjoints et leur réunion forme l’univers, ils
forment donc une partition de Ω et on peut appliquer la formule des probabilités totales.
P (D ) = P (D ∩ M1) + P (D ∩ M2 ) + P (D ∩ M 3 )
P (D ) = P (M1) × PM (D ) + P (M2 ) × PM (D ) + P (M 3 ) × PM (D )
1
2
3
P (D ) = 0, 5 × 0, 01+ 0, 36 × 0, 02 + 0,15 × 0, 06.
On a donc P (D ) = 0, 0212.
5. Exemples d’application
a) Tests
왘
Exemple 7
Une grave maladie affecte le cheptel bovin d’un pays. On estime que 7 % des
bovins sont atteints. On vient de mettre au point un test pour diagnostiquer cette
maladie.
Quand un animal est malade, le test est positif dans 87 % des cas.
Quand un animal n’est pas malade, le test est négatif dans 98 % des cas.
Un animal choisi au hasard passe le test.
On note M l’événement « l’animal est malade et T l’événement « le test est
positif ».
Traduire les données de l’énoncé en termes de probabilités. Proposer alors un
arbre adapté à l’exercice puis le compléter.
(
) (
) (
)
En déduire, par lecture de l’arbre : P (M ∩T ), P M ∩T , P M ∩T et P M ∩T .
Déterminer la probabilité que l’animal ait un test positif.
Dans les questions suivantes, on donnera les résultats arrondis à 10−4 près
Quelle est la probabilité qu’un animal ayant un test positif soit malade ?
Séquence 3 – MA02
21
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Reproduire et compléter l’arbre pondéré suivant :
M
T
M
M
T
M
왘
Solution
t 7 % des bovins sont atteints donc P (M ) = 0, 07.
t Quand un animal est malade (« sachant que l’animal est malade »), le test
est positif dans 87 % des cas se traduit par : PM (T ) = 0, 87.
t Quand un animal n’est pas malade, le test est négatif dans 98 % des cas
donne : P T = 0, 98.
M
()
()
Connaissant PM (T ) et PM T ,l’arbre adapté ici est celui commençant par
la ramification :
M
On pense donc à utiliser l’arbre :
M
0,87
0,07
T
M
T
T
M
T
0,98
Avec
( )
()
P M = 1− P (M ) = 0, 93 ; PM T = 1− PM (T ) = 0,13 et P (T ) = 1− P
D’où l’arbre complet :
0,07
0,93
0,87
T
0,13
0,02
T
T
0,98
T
M
M
(T ) = 0,02.
M
M
D’après l’arbre pondéré précédent, on a :
P (M ∩T ) = 0, 07 × 0, 87 = 0, 0609.
( )
P (M ∩T ) = 0, 93 × 0, 02 = 0, 0186.
P (M ∩T ) = 0, 93 × 0, 98 = 0, 91114.
P M ∩T = 0, 07 × 0,13 = 0, 0091..
On cherche ici P (T ).
D’après la formule des probabilités totales où on utilise M et M , on a :
P (T ) = P (M ∩T ) + P (M ∩T ) = 0, 0609 + 0, 0186 = 0, 0795.
22
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Séquence 3 – MA02
Il faut comprendre qu’on nous demande ici P (M ).
T
On pense à utiliser la formule :
pT (M ) =
Remarque
P (T ∩ M ) 0, 0609
=
= 0, 7660 à 10−4 près..
P (T )
0, 0795
L’énoncé a donné PM (T ) et c’est bien la probabilité PT (M ), la probabilité que
l’animal soit malade sachant que le test est positif, qui est intéressante dans la
pratique.
( )
Pour compléter l’arbre inversé demandé, on calcule de même P M , P (M )
T
T
( ) = 0,0186 = 0,23404 à 10−4 près (ou calculer : 1− P (M )).
(
(
)
)
T
T
0, 0795
P (T )
P (M ∩T )
0, 0091
=
= 0, 0099 à 10−4 près et
P (M ) =
T
−
1
0
,
0795
P (T )
P (M ∩T )
0, 9114
=
= 0, 9901 à 10−4 près (ou calculer : 1− P (M )).
P (M ) =
T
T
−
1
0
,
0795
P (T )
P T ∩M
et P M : PT M =
Ces calculs nous permettent de dresser l’arbre pondéré suivant :
0
M
0,2340
M
0,009
9
M
0,9901
M
0,766
95
0,07
T
()
P T = 1 – P(T) = 0,9205
0,92
05
Remarque
T
Une étude plus approfondie des probabilités liées aux tests médicaux est proposée dans l’exercice II du chapitre 5.
Séquence 3 – MA02
23
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D
Exercice 1
Exercices d’apprentissage
Q.C.M
Une expérience aléatoire est représentée par l’arbre de probabilités ci-dessous :
0,3
B
0,7
B
0,6
B
0,4
B
A
0,8
0,2
A
Une seule réponse est bonne dans les propositions ci-dessous :
P (B ) est égal à
a) 0,6
b) 0,36 c) 0,3
P A ∩ B est égale à :
a) 0,6
b) 0,8
P (B ) est égal à :
A
a) 0,3
b) 0,24 c) 0,6
)
(
Exercice 2
1
2
1
1
et P ( A ∩ B ) = . Calculer PA (B ) et PB ( A ).
4
10
1
2
1
2
et P ( A ∪ B ) = . Calculer P ( A ∩ B ), PA (B ) et PB ( A ).
3
3
P ( A ) = , P (B ) =
P ( A ) = , P (B ) =
Exercice 3
c) 0,12
Dans un groupe de 80 personnes, un quart a les yeux bleus et 50 % sont fumeurs.
De plus 4 personnes sont fumeurs et ont les yeux bleus.
On choisit au hasard un individu dans cette population.
On modélise la situation par une loi équirépartie, et on considère les événements :
B : « l’individu choisi a les yeux bleus ».
F : « l’individu choisi est fumeur ».
Compléter les arbres probabilistes ci-dessous.
?
?
B
?
F
24
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Séquence 3 – MA02
?
?
F
B
F
?
?
?
?
?
?
?
F
F
F
B
B
B
B
Exercice 4
Dans une usine, la fabrication d’une pièce nécessite son passage par deux
machines. Notons M1 l’événement « la première machine tombe en panne » et
M 2 l’événement « la seconde machine tombe en panne ».
Une étude donne les informations suivantes :
z P (M1) = 0, 004 et P (M2 ) = 0, 006 ;
zLorsque la première machine est en panne, la probabilité que la seconde
machine tombe en panne est 0,5.
Interpréter la dernière information.
Sur un arbre pondéré correspondant à la situation, indiquer toutes les infor-
mations fournies par l’énoncé.
Calculer P (M ).
M
1
2
Exercice 5
Dans une entreprise qui fabrique des pièces, on relève 3 % de pièces défectueuses par lot.
Un contrôle des pièces est effectué de telle sorte que :
t 98 % des pièces bonnes sont acceptées.
t 97 % des pièces défectueuses sont refusées.
On prend au hasard une pièce d’un lot et on la contrôle.
Traduire les données en termes de probabilités. Puis dresser un arbre de pro-
babilités décrivant la situation.
Déterminer la probabilité qu’une pièce soit bonne mais refusée.
Déterminer la probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle.
Déterminer la probabilité qu’une pièce acceptée soit mauvaise.
Exercice 6
Alice débute au jeu de fléchettes. Elle effectue des lancers successifs d’une fléchette. Lorsqu’elle atteint la cible à un lancer, la probabilité qu’elle atteigne la
1
cible au lancer suivant est égale à . Lorsqu’elle a manqué la cible à un lancer,
3
4
la probabilité qu’elle manque la cible au lancer suivant est . On suppose qu’au
5
premier lancer, elle a autant de chances d’atteindre la cible que de la manquer.
Pour tout entier naturel n strictement positif, on considère les événements suivants :
An : « Alice atteint la cible au nième coup ».
Bn : « Alice rate la cible au nième coup ».
On pose Pn = P ( An ).
Déterminer P et montrer que P =
1
2
4
.
15
Montrer que, pour tout entier naturel n ≥ 2,
Pn =
2
1
Pn −1 + .
15
5
Séquence 3 – MA02
25
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3
Pour n ≥ 1, on pose u = P − .
n
n 13
Montrer que la suite (un ) est une suite géométrique, dont on précisera le
premier terme u1 et la raison q .
Écrire u puis P en fonction de n et déterminer lim P .
n
n
n
n →+∞
Exercice 7
Pour se rendre au lycée, un élève a le choix entre 4 itinéraires : A, B, C, D.
1 1
1
La probabilité qu’il a de choisir A (resp. B, C) est
(resp. , )
4 12 1
3
1 1
La probabilité d’arriver en retard en empruntant A (resp. B, C) est (resp. , ).
20
10 5
En empruntant D, il n’est jamais en retard.
Quelle est la probabilité que l’élève choisisse l’itinéraire D ?
L’élève arrive en retard. Quelle est la probabilité qu’il ait emprunté l’itinéraire
C?
Exercice 8
Un laboratoire a mis au point un alcootest.
Les essais effectués ont conduit aux résultats suivants :
zquand une personne est en état d’ébriété, 96 fois sur 100 l’alcootest se révèle
positif,
zquand une personne n’est pas en état d’ébriété, 1 fois sur 100 l’alcootest se
révèle positif.
On suppose que, dans une région donnée, 2% des conducteurs conduisent en
état d’ébriété.
Calculer la probabilité pour qu’une personne de cette région dont l’alcootest est positif ne soit pas en état d’ébriété. Que peut-on penser du résultat
obtenu ?
Les contrôles ayant lieu après le réveillon, on suppose que 5% des conduc-
teurs conduisent en état d’ébriété.
()
Calculer la probabilité PT E , la probabilité des « faux positifs ».
Calculer la probabilité P (E ), la probabilité des « faux négatifs.
T
Comparer avec les résultats de la question .
Exercice 9
26
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Reprendre l’activité 2 en utilisant dans l’algorithme le tri d’une liste et une seule
boucle. Faire fonctionner cet algorithme sur une calculatrice.
Séquence 3 – MA02
3 Indépendance
A
Objectifs
On définit ici l’indépendance de deux événements.
On replace ce qui a été vu en première S pour la répétition d’événements identiques et indépendants dans ce cadre théorique plus général.
B
Activité 3
Pour débuter
Une enquête sur les salaires dans une entreprise a donné les effectifs suivants :
Salaires ≤ 1750€
Salaire > 1750€
Total par sexe
Femmes
600
200
800
Hommes
900
300
1200
Total par salaire
1500
500
Total : 2000
Parmi les employés de l’entreprise on en choisit un au hasard.
Soit A l’événement « l’employé touche un salaire inférieur à 1750 € » et F l’événement « l’employé est une femme ».
Calculer et comparer P ( A ), PF ( A ) et P ( A ); faire de même avec P ( F ), PA ( F )
F
et P (F ).
A
Que remarque-t-on ? Que peut-on dire de la répartition des salaires dans l’entreprise ?
C
Cours
1. Définition
왘
Idée
On dit que deux événements sont indépendants quand la réalisation de l’un ne
dépend pas de celle de l’autre. La propriété suivante prouve que les deux événements jouent des rôles symétriques. Ce qui permet ensuite de donner la définition.
Séquence 3 – MA02
27
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Propriété 4
Soit deux événements A et B tels que P ( A ) ≠ 0 et P (B ) ≠ 0.
PB ( A ) = P ( A ) ⇔ PA (B ) = P (B ).
Démonstration
P (A ∩B )
= P (A)
P (B )
⇔ P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B )
P (A ∩B )
= P (B )
⇔
P (A)
⇔ PA (B ) = P (B ).
PB ( A ) = P ( A ) ⇔
Définition 3
Soit deux événements A et B tels que P ( A ) ≠ 0 et P (B ) ≠ 0.
On dit que les événements A et B sont indépendants quand PB ( A ) = P ( A ).
Propriété 5
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B ).
Démonstration
Cette équivalence apparaît dans la démonstration de la propriété 4.
Remarque
Cette égalité concernant la probabilité de l’intersection peut aussi être prise
comme définition de l’indépendance de deux événements.
2. Exemples
왘
Exemple 8
On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes.
On considère les événements A : « tirer un cœur » et B : « tirer un roi ».
Les événements A et B sont-ils indépendants ?
28
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Séquence 3 – MA02
왘
Solution
On calcule P ( A ) et PB ( A ).
On est en situation d’équiprobabilité et l’univers Ω est l’ensemble des 32 cartes,
d’où :
card( A ) 8 1
P (A) =
=
= (il y a 8 cœurs).
card( Ω ) 32 4
1
PB ( A ) = car c’est la probabilité de tirer un cœur sachant que c’est un
4
roi, or il y a un seul cœur parmi les 4 rois.
On a donc P ( A ) = PB ( A ), les événements A et B sont donc indépendants.
Autre méthode
On peut aussi calculer P ( A ), P (B ) et P ( A ∩ B ).
1
On a P ( A ) = , et A ∩ B est l’événement « tirer le roi de cœur »
4
1
d’où P ( A ∩ B ) = .
32
1 1 1
× = , on a P ( A ) × P (B ) = P ( A ∩ B ), les événements A
4 8 32
et B sont donc indépendants.
Comme P ( A ) × P (B ) =
왘
Exemple 9
Dans l’exemple de l’activité 3, les événements A et B sont-ils indépendants ?
왘
Solution
On a montré que PB ( A ) = P ( A ) donc les événements A et B sont indépendants.
Exemple 10
Dans l’exemple de l’activité 1 du chapitre 2, les événements T et J sont-ils indépendants ?
왘
왘
Solution
Comme P (T ) = 0, 6 et P ( J ) = 0, 55, on a P (T ) × P ( J ) = 0, 6 × 0, 55 = 0, 33.
Or P (T ∩ J ) = 0, 35 donc P (T ) × P ( J ) ≠ P (T ∩ J ), les événements T et J ne sont
pas indépendants.
왘
Exemple 11
Dans l’exemple 4 du chapitre 2, les événements F et V sont-ils indépendants ?
Solution
On a trouvé P (V ) = 0, 538 et on sait que PF (V ) = 0, 40, donc les événements F
et V ne sont pas indépendants.
Remarque
Dans les exemples et les énoncés d’exercice, la notion d’indépendance peut intervenir sous deux aspects : soit on prouve que deux événements sont indépendants
comme dans l’exemple 8 du roi de cœur, soit l’indépendance est donnée dans
l’énoncé.
왘
Cas particulier de la répétition d’expériences identiques
Les conditions de certaines expériences (lancers successifs d’un dé, d’une pièce,
tirages de boules avec remise…) créent des événements indépendants au sens
courant : le dé ou la pièce n’a pas de mémoire…
Séquence 3 – MA02
29
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Avec des simulations ou des arbres permettant de compter toutes les issues, on
a modélisé ces expériences en première S et on a choisi une loi de probabilité
adaptée. Cette loi consiste justement à calculer la probabilité d’une liste de n
résultats issus de la répétition d’expériences identiques en faisant le produit des
probabilités de chacun des n résultats partiels qui constituent cette liste.
Cette loi rend donc les événements de chaque expérience indépendants des
autres résultats au sens probabiliste et on a choisi de dire qu’il s’agit d’expériences identiques et indépendantes.
Dans ces répétitions, le mot indépendant au sens courant correspond maintenant
au mot indépendant au sens probabiliste.
Les résultats concernant la loi binomiale ont été rappelés dans les pré-requis, ils
doivent être connus.
Une expérience peut consister en la succession d’expériences non identiques et indépendantes (au sens courant) : on lance une pièce et un dé, on
lance trois dés de formes différentes (exercice 13). On choisit alors une loi de
probabilité analogue et, comme ci-dessus, cette loi rend les résultats partiels de
chaque expérience indépendants des autres résultats au sens probabiliste
3. Propriétés
Propriété 6
Si deux événements A et B sont indépendants, alors il en est de même pour
les événements A et B.
Démonstration
()
()
On a : PA B = 1− PA B (d’après la propriété 2 du chapitre 2).
()
()
()
Or PA (B ) = P (B ) puisque A et B sont indépendants, d’où PA B = 1− P B = P B .
Les événements A et B sont donc indépendants.
À savoir
Si deux événements A et B sont indépendants, alors
zA et B sont indépendants,
z A et B sont indépendants,
z A et B sont indépendants.
Remarque
Deux événements A et B incompatibles et de probabilités non nulles ne sont pas
indépendants.
Démonstration
On a : P ( A ) × P (B ) ≠ 0 et P ( A ∩ B ) = 0 car A ∩ B = ∅.
Donc P ( A ∩ B ) ≠ P ( A ) × P (B ), les événements ne sont donc pas indépendants.
30
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Séquence 3 – MA02
Il ne faut pas confondre les notions d’indépendance et d’incompatibilité qui
interviennent dans des situations tout à fait différentes : l’incompatibilité de
deux événements est utilisée lorsqu’on calcule la probabilité d’une union d’événements alors que c’est dans le calcul de la probabilité d’une intersection que
l’indépendance peut apparaître.
Cas général
Cas
particulier
Union
Intersection
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA (B )
Si les événements A et B sont
incompatibles :
Si les événements A et B
sont indépendants :
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B )
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B )
Pour encore mieux comprendre la différence entre ces deux notions, on peut imaginer une discussion entre deux personnes A et B où B dit systématiquement le
contraire de A. Les positions de A et de B sont bien sûr incompatibles, mais elles
ne sont pas du tout indépendantes, elles sont même complètement dépendantes.
4. Un exemple de simulation : une marche
aléatoire
B
C
j
Autrement dit, à chaque saut, c’est soit l’abscisse, soit l’ordonnée de la
puce qui augmente de 1. La puce ne peut, de plus, pas sortir du damier.
j
O
Une puce se déplace sur les arêtes d’un damier de 4 × 4 cases. On
repère cet échiquier comme indiqué ci-dessous. La puce part du sommet (0 ; 0) et à chaque étape, elle se déplace selon la translation de
vecteur i (1 ; 0 ) ou la translation de vecteur j (0 ; 1).
A
i
i
Partie I
On suppose qu’à chaque saut, les 2 déplacements sont équiprobables
et que la puce continue de se déplacer jusqu’à ce qu’elle atteigne le
bord [AB] ou le bord [BC] du damier.
Modélisation
On note X l’abscisse de la puce et Y son ordonnée.
Quelles conditions doivent vérifier X et Y pour que la puce effectue un nou-
veau saut ?
À l’aide du logiciel Algobox et d’une boucle Tant que, écrire un programme
simulant cette expérience aléatoire et affichant le nombre de déplacements
effectués par la puce.
Améliorer le programme précédent en utilisant les fonctions de dessin de telle
sorte que le logiciel affiche le chemin parcouru par la puce.
Séquence 3 – MA02
31
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Partie II
Partie théorique
On note D le nombre de déplacements de la puce.
Déterminer l’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire D.
Déterminer P(D = 4).
Déterminer la probabilité que la puce passe par le point de coordonnées :
a) (3 ; 0)
b) (2 ; 1)
c) (1 ; 2)
d) (0 ; 3) (on pourra s’aider d’un arbre).
a) Déterminer la loi de probabilité de D.
b) En déduire E(D ).
왘
Solution
Partie I
Modélisation
La puce continue d’avancer tant que : (X < 4) et (Y < 4).
On peut implémenter l’algorithme suivant.
On peut cliquer sur l’onglet « Dessiner dans un repère ».
On peut alors implémenter le programme suivant.
32
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Séquence 3 – MA02
Partie II
Partie théorique
Les valeurs pouvant être prises par D sont 4, 5, 6 et 7, comme le montrent les
exemples suivants.
C
B
C
B
C
B
C
B
O
A
O
A
O
A
O
A
(0 ; 0) → (1 ; 0)
→ (2 ; 0) → ( 3 ; 0)
→ ( 4 ; 0)
(0 ; 0) → (1 ; 0)
→ ( 2 ; 0 ) → ( 2 ; 1)
→ ( 2 ; 2) → ( 3 ; 2)
→ ( 4 ; 2)
(0 ; 0) → (1 ; 0)
→ (2 ; 0) → ( 3 ; 0)
→ ( 3 ; 1) → ( 4 ; 1)
(0 ; 0) → (1 ; 0)
→ (1 ; 1) → (1 ; 2)
→ ( 2 ; 2) → ( 3 ; 2)
→ ( 3 ; 3) → ( 4 ; 3)
Il n’y a que deux chemins qui nous mène sur [AB] ou [BC] en 4
)
)
)
)
)
)
étapes, c’est le chemin ( 0 ; 0 → (1 ; 0 → ( 2 ; 0 → ( 3 ; 0 → ( 4 ; 0
et ( 0 ; 0 → ( 0 ; 1 → ( 0 ; 2 → ( 0 ; 3 → ( 0 ; 4 . On nomme, respectivement,
chemin H et chemin V ces chemins.
)
)
)
)
Les sauts de la puce sont indépendants les uns des autres, la probabilité d’une
liste de résultats est donc le produit des probabilités. Pour chaque saut, les
directions étant équiprobables, la probabilité que la puce suive le chemin H
1 1 1 1 1
1
= . La probabilité que la puce suive le chemin
est : p = × × × =
2 2 2 2 24 16
V est aussi p. Ainsi, les événements « la puce emprunte le chemin H » et « la
puce emprunte le chemin V » étant incompatibles, on a :
P (D = 4 ) = p + p =
2 1
= .
16 8
L’ébauche d’arbre suivant nous permet de répondre à cette question.
(0;0)
1/2
1/2
(0;1)
(1;0)
1/2
1/2
1/2
(1;1)
(2;0)
1/2
1/2
(3;0)
(2;1) (2;1)
1/2
1/2
(0;2)
(1;1)
1/2
1/2
(1;2) (2;1)
1/2
1/2
1/2
(1;2) (1;2)
(0;3)
Séquence 3 – MA02
33
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Par lecture de l’arbre, la probabilité que la puce passe par le point de coordonnées
1 1 1 1 1
a) (3 ; 0) est × × = = ;
2 2 2 23 8
 1 1 1
3
b) (2 ; 1) est  × ×  × 3 = ;
8
 2 2 2
3
c) (1 ; 2) est et
8
1
d) (0 ; 3) est .
8
Les arbres pondérés suivant nous permettent de répondre à cette question.
(0;0)
1/8
3/8
(2;1)
(3;0)
1/2
1/2
(4;0)
(3;1) (3;1)
(1;2)
1/2
1/2
1/8
3/8
(0;3)
1/2
1/2
(2;2) (2;2)
1/2
1/2
(1;3) (1;3)
(0;4)
(0;0)
1/16
1/16
1/4
(3;1)
(4;0)
1/2
(4;1)
1/2
(4;3)
1/2
1/2
(3;2)
1/2
(3;3)
(4;2)
1/4
(1;3)
(2;2)
(3;2)
1/2
3/8
1/2 1/2
(2;3)
1/2
(0;4)
1/2
(2;3)
(1;4)
1/2
(3;3)
(2;4)
1/2
(3;4)
L’événement (D = 5) est l’union des événements incompatibles « la puce passe
par le point de coordonnées (4 ; 1) » et « la puce passe par le point de coordon1 1 1 1 1
nées (1 ; 4) ». On a donc : P (D = 5) = × + × = .
4 2 4 2 4
34
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Séquence 3 – MA02
L’événement (D = 6) est l’union des événements incompatibles « la puce passe
par le point de coordonnées (4 ; 2) » et « la puce passe par le point de coordonnées (2 ; 4) ». La probabilité que la puce passe par le point de coordonnées
1 1 3 1 5
(3 ; 2) est × + × = . Ainsi la probabilité que la puce passe par le point
4 2 8 2 16
5 1 5 1 5
5 1
de coordonnée (4 ; 2) est × . On a donc : P (D = 6 ) = × + × = .
16 2 16 2 16
16 2
La probabilité P (D = 7) est la probabilité que la puce passe par le point de coor5
données (3 ; 3). On a donc : P (D = 7) = .
16
Le tableau suivant résume ce qui précède et nous donne la loi de probabilité de D.
k
4
5
6
7
P (D = k )
1
8
1
4
5
16
5
16
1
1
5
5
On a donc : E(D ) = × 4 + × 5 + × 6 + × 7 = 5, 8125.
8
4
16
16
D
Exercice 10
Exercices d’apprentissage
Dans un univers Ω muni d’une loi de probabilité P, trois événements A, B et C, sont
tels que P ( A ) = 0, 3, P (B ) = 0, 5, P (C ) = 0, 4 , P ( A ∪ B ) = 0, 65, P ( A ∪ C ) = 0, 7
et P (B ∪ C ) = 0, 8.
Les événements A et B sont-ils indépendants ? Sont-ils incompatibles ?
Les événements A et C sont-ils indépendants ? Sont-ils incompatibles ?
Les événements B et C sont-ils indépendants ? Sont-ils incompatibles ?
Exercice 11
Dans un univers Ω muni d’une loi de probabilité P, deux événements A et B
sont tels que P ( A ) = 0, 2 et P (B ) = 0, 5. On suppose que les événements A et
B sont indépendants, calculer alors P ( A ∩ B ) et P ( A ∪ B ).
On considère maintenant deux événements incompatibles C et D tels que
P ( C ) = 0 , 3 et P ( D ) = 0 ,15. Calculer alors P (C ∩ D ) et P (C ∪ D ).
Exercice 12
On lance trois dés non truqués : un dé cubique, un dé octaédrique et un dé dodécaédrique.
Quelle est la probabilité de l’événement U « obtenir trois fois 1 » ?
Quelle est la probabilité de l’événement Q « obtenir trois résultats stricte-
ment supérieurs à 4 » ?
Si l’événement U est réalisé on gagne 3€, si l’événement Q est réalisé on
perd 1 €, sinon on gagne n × 0 , 01 € , n étant un entier. Déterminer la plus
petite valeur de n pour laquelle le jeu est favorable au joueur.
Séquence 3 – MA02
35
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Exercice 13
Pour revoir la loi binomiale
Un questionnaire à choix multiples comporte dix questions.
Pour chaque question, il y a trois réponses proposées dont une seule est correcte.
Pour être reçu, il faut au moins huit réponses exactes.
Quelle est la probabilité d’être reçu pour un candidat qui répond au hasard ?
Exercice 14
On lance une pièce non truquée n fois de suite, n est un entier tel que n ≥ 2.
a) Soit A l’événement « on obtient des résultats identiques ». Déterminer
P ( A ).
b) Soit B l’événement « on obtient Pile au plus une fois ». Déterminer P (B ).
Si n = 2 les événements A et B sont-ils indépendants ? Et si n = 3 ? Com-
menter ces résultats.
Exercice 15
Une épreuve consiste à lancer une fléchette sur une cible partagée en trois cases
notées 1, 2, 3.
Deux joueurs Alice et Bob sont en présence.
Pour Alice, les probabilités d’atteindre les cases 1, 2, 3 sont dans cet ordre :
1 1
7
, et .
12 3
12
Pour Bob, les trois éventualités sont équiprobables.
Les résultats seront donnés sous forme de fractions irréductibles.
Alice lance la fléchette trois fois. On admet que les résultats des trois lancers
sont indépendants.
a) Quelle est la probabilité que la case 3 soit atteinte trois fois ?
b) Quelle est la probabilité que les cases 1, 2, 3 soient atteintes dans cet
ordre ?
c) Quelle est la probabilité que la case 1 soit atteinte exactement une fois ?
On choisit un des deux joueurs. La probabilité de choisir Alice est égale à deux
fois la probabilité de choisir Bob.
a) Un seul lancer est effectué. Quelle est la probabilité pour que la case 3 soit
atteinte ?
b) Un seul lancer a été effectué et la case 3 a été atteinte. Quelle est la probabilité pour que ce soit Alice qui ait lancé la fléchette ?
Exercice 16
On répète n épreuves identiques ayant deux issues, succès ou échec, n fixé.
On appelle X le numéro du premier succès et on pose X = 0 s’il n’y a aucun
succès. Donner la loi de probabilité de la variable aléatoire X et vérifier que
k =n
∑ P ( X = k ) = 1. Cette loi s’appelle la loi géométrique tronquée.
k =0
36
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Séquence 3 – MA02
4 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Conditionnement par un événement
de probabilité non nulle
Définition
Soient A et B deux événements d’un univers Ω tels que P ( A ) ≠ 0.
On appelle probabilité de l’événement B sachant que A est réalisé le
nombre, noté PA (B ), lu « P de B sachant A », défini par :
PA (B ) =
왘 Conséquence
P (A ∩B )
.
P (A)
card( A ∩ B )
lorsqu’il y a équiprobabilité.
card( A )
z PA ( A ) = 1, 0 ≤ PA (B ) ≤ 1.
z PA (B ) =
zS i A et B sont deux événements incompatibles (c’est-à-dire si A ∩ B = ∅),
on a P ( A ∩ B ) = 0 donc PA (B ) = 0.
Propriété
Intersection de deux événements
Soient A et B deux événements tels que P ( A ) ≠ 0
et P (B ) ≠ 0.
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA (B ) et P ( A ∩ B ) = P (B ) × PB ( A ).
Propriété
Complémentaire d’un événement
()
)
PA B = 1− PA (B .
Séquence 3 – MA02
37
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Arbre pondéré
P(A)
()
PA(B)
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
PA B
()
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ PA(B)
P (B)
A
B : P(A ∩ B) = P(A) ⫻ P (B)
()
B : P(A ∩ B)= P(A) ⫻ P (B)
A
P A
A
P B
A
A
A
Règles de construction d’un arbre pondéré
zOn indique sur chaque branche la probabilité du chemin correspondant (c’est
éventuellement une probabilité conditionnelle).
zLa somme des probabilités inscrites sur les branches issues d’un même événement (on dit aussi « d’un même noeud ») est égale à 1. Cette règle est parfois
appelée « la loi des nœuds ». Elle est une conséquence de la propriété 2 :
()
)
PA B = 1− PA (B .
Règles d’utilisation d’un arbre pondéré
zOn obtient la probabilité d’une intersection en multipliant les probabilités des
branches du chemin correspondant.
zLa probabilité d’un événement est égale à la somme des probabilités des chemins qui y aboutissent.
Définition
On dit que les n événements A1, A2 , A3 , ... , An d’un univers Ω forment une
partition de Ω lorsque les événements A1, A2 , A3 , ... , An sont incompatibles deux à deux et lorsque leur réunion est égale à Ω.
Propriété
On suppose que les événements A1 , A2 , A3 , ... , An forment une partition de
l’univers et que chacun d’eux une probabilité non nulle.
Soit un événement B alors
( ) 1
( ) 2
) n
P (B ) = P A1 PA (B ) + P A2 PA (B ) + ... + P ( An PA (B )
c’est la formule des probabilités totales.
38
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Séquence 3 – MA02
2. Indépendance
Définition
Soient A et B deux événements d’un univers Ω tels que P ( A ) ≠ 0
et P (B ) ≠ 0.
On dit que les événements A et B sont indépendants quand PB ( A ) = P ( A ).
Propriété
Propriété
Deux événements A et B sont
indépendants si et seulement si
Si deux événements A et B sont indépendants, alors
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B ).
z A et B sont indépendants,
zA et B sont indépendants,
z A et B sont indépendants.
Cas particulier de la répétition d’expériences identiques
On a choisi une loi de probabilité adaptée. Cette loi consiste à faire le produit
des probabilités de chacun des n résultats partiels qui constituent une liste de n
résultats de la répétition d’expériences identiques.
On dit qu’il s’agit d’expériences identiques et indépendantes.
Dans ces répétitions, le mot indépendant au sens courant correspond au mot
indépendant au sens probabiliste.
Il ne faut pas confondre les notions d’indépendance et d’incompatibilité qui
interviennent dans des situations tout à fait différentes : l’incompatibilité de
deux événements est utilisée lorsqu’on calcule la probabilité d’une union d’événements alors que c’est dans le calcul de la probabilité d’une intersection que
l’indépendance peut apparaître.
Cas général
Cas
particulier
Union
Intersection
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B )
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA (B )
Si les événements A et B sont
incompatibles :
Si les événements A et B
sont indépendants :
P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B )
P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B )
Séquence 3 – MA02
39
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B
Exercice I
Exercices de synthèse
Une fabrique artisanale de jouets en bois vérifie la qualité de sa production avant
sa commercialisation.
Chaque jouet produit par l’entreprise est soumis à deux contrôles : d’une part
l’aspect du jouet est examiné afin de vérifier qu’il ne présente pas de défaut de
finition, d’autre part sa solidité est testée. Il s’avère, à la suite d’un grand nombre
de vérifications, que :
t 92% des jouets sont sans défaut de finition ;
t parmi les jouets qui sont sans défaut de finition, 95 % réussissent le test de
solidité ;
t 2 % des jouets ne satisfont à aucun des deux contrôles.
On prend au hasard un jouet parmi les jouets produits. On note :
t F l’évènement : « le jouet est sans défaut de finition » ;
t S l’évènement : « le jouet réussit le test de solidité ».
Construction d’un arbre pondéré associé à cette situation.
a) Traduire les données de l’énoncé en utilisant les notations des probabilités.
1
b) Démontrer que P S = .
F
4
c) Construire l’arbre pondéré correspondant à cette situation.
()
Calcul de probabilités.
a) Démontrer que P (S ) = 0, 934.
b) Un jouet a réussi le test de solidité. Calculer la probabilité qu’il soit sans
défaut de finition. (On donnera le résultat arrondi au millième,)
Étude d’une variable aléatoire B.
Les jouets ayant satisfait aux deux contrôles rapportent un bénéfice de 10 €,
ceux qui n’ont pas satisfait au test de solidité sont mis au rebut, les autres
jouets rapportent un bénéfice de 5 €.
On désigne par B la variable aléatoire qui associe à chaque jouet le bénéfice
rapporté.
a) Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire B.
b) Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire B.
Étude d’une nouvelle variable aléatoire.
On prélève au hasard dans la production de l’entreprise un lot de 10 jouets. On
désigne par X la variable aléatoire égale au nombre de jouets de ce lot subissant avec succès le test de solidité. On suppose que la quantité fabriquée est
suffisamment importante pour que la constitution de ce lot puisse être assimilée
à un tirage avec remise. Calculer la probabilité qu’au moins 8 jouets de ce lot
subissent avec succès le test de solidité (résultat arrondi à 10−4 près).
40
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Séquence 3 – MA02
Exercice II
Le fabricant d’un test spécifique d’une maladie fournit les caractéristiques suivantes :
zquand une personne est malade, la probabilité que le test soit positif est 0,96,
zquand une personne n’est pas malade, la probabilité que le test soit négatif
est 0,99.
Soit p le pourcentage de personnes malades dans la population ciblée par le test.
On notera M l’événement « la personne est malade » et T l’événement « le test
est positif ».
Faire un arbre pondéré représentant la situation.
96p
96p
Montrer que P (M ) =
. On pose f ( p ) =
pour 0 ≤ p ≤ 1.
T
95p + 1
95p + 1
Etudier le sens de variation de f sur [0 ; 1].
Remplir un tableau de valeurs pour les valeurs suivantes de p :
0,001 ; 0,005 ; 0,01 ; 0,02 ;0,05 ; 0,10 ; 0,20.
99(1− p )
Montrer que P M =
.
T
99 − 95p
( )
( ) pour 0 ≤ p ≤ 1.
On pose g ( p ) = pT M
Étudier le sens de variation de g sur [0 ; 1].
Remplir un tableau de valeurs pour les mêmes valeurs de p.
( ) pour 0 ≤ p ≤ 1.
On pose h ( p ) = pT M
Vérifier que h ( p ) = 1− f ( p ) et trouver le sens de variation de h sur [0 ; 1].
Remplir un tableau de valeurs pour les mêmes valeurs de p.
On pose k ( p ) = p (M ) pour 0 ≤ p ≤ 1.
T
Vérifier que k ( p ) = 1− g ( p ) et trouver le sens de variation de k sur [0 , 1].
Remplir un tableau de valeurs pour les mêmes valeurs de p.
Commenter les résultats obtenus.
Exercice III
Sur une île, on découvre une nouvelle espèce d’animaux qu’on décide d’appeler
mathoux. On cherche à savoir si les mathoux ont de la mémoire.
On considère l’expérience suivante : on enferme un mathou dans une cage dans
laquelle il y a six portes identiques que le mathou peut pousser. Derrière l’une de
ces portes, il y a un bout de fromage (on a observé que les mathoux sont friands
de fromage).
Dans cette question on suppose que le mathou n’a aucune mémoire et on
appelle X le nombre d’essais nécessaires pour trouver le fromage.
a) Calculer la probabilité qu’il trouve le fromage au premier essai.
b) Calculer la probabilité qu’il trouve le fromage au deuxième essai.
Séquence 3 – MA02
41
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c) Calculer la probabilité qu’il trouve le fromage au sixième essai.
d) Calculer la probabilité qu’il trouve le fromage en au plus six essais.
On suppose maintenant que le mathou a une mémoire parfaite et qu’il ne
pousse pas deux fois la même porte. On appelle Y le nombre d’essais nécessaires pour trouver le fromage. Donner la loi de probabilité de Y et déterminer
P (Y ≤ 6 ).
Quelle expérience pourrait-on réaliser pour tester l’hypothèse selon laquelle
les mathoux ont une mémoire ?
Exercice IV
On considère plusieurs sacs de billes S1, S2 ,..., Sn ,... tels que :
zle premier, S1, contient 3 billes blanches et 2 vertes ;
zchacun des suivants, S2 , S3 ,..., Sn ,... contient 2 billes blanches et 2 vertes.
Le but de cet exercice est d’étudier l’évolution des tirages successifs d’une bille
de ces sacs, effectués de La manière suivante :
zon tire au hasard une bille dans S1 ;
zon place la bille tirée de S1 dans S2 , puis on tire au hasard une bille dans S2 ;
zon place la bille tirée de S2 dans S3 , puis on tire au hasard une bille dans S2 ;
zetc.
Pour tout entier n ≥ 1, on note E n l’évènement : « la bille tirée dans Sn est
verte » et on note P (E n ) sa probabilité.
Mise en évidence d’une relation de récurrence
a) D’après l’énoncé, donner les valeurs de P (E1), PE (E 2 ) et P (E 2 ).
E1
1
En déduire la valeur de P (E 2 ).
b) À l’aide d’un arbre pondéré, exprimer P (E n +1) en fonction de P (E n ).

2
u1 = 5
On considère la suite (un ) définie par : 
1
2
u
pour tout n ≥ 1.
= un +
n
+
1

5
5
1
a) Démontrer que la suite (un ) est majorée par .
2
b) Démontrer que la suite (un ) est croissante.
Étude d’une suite
c) Justifier que la suite (un ) est convergente et préciser sa limite.
Évolution des probabilités P (E )
n
a) À l’aide des résultats précédents, déterminer l’évolution des probabilités
P (E n ).
b) Pour quelles valeurs de l’entier n a-t-on : 0, 499 99 ≤ P (E n ) ≤ 0, 5 ?
42
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Séquence 3 – MA02
Exercice V
Dans l’activité 2 et l’exercice 9, un algorithme a permis de simuler 1000 groupes
de 30 personnes et de donner la fréquence des groupes où il existe une coïncidence d’anniversaires.
Dans cet exercice, on demande des probabilités.
Quelle est la probabilité qu’une personne rencontrée par hasard fête son anni-
versaire le même jour que vous ? (Pour faciliter la modélisation, on supposera
que vos années de naissance ne sont pas bissextiles.)
Soit un groupe de n personnes. Quel est le plus petit entier n pour lequel la
probabilité qu’au moins deux personnes aient leur anniversaire le même jour
est égale à 1 ?
Dans un groupe de 30 enfants nés en 2011, quelle est la probabilité que tous
les anniversaires soient à des dates différentes ? Quelle est la probabilité que
deux anniversaires au moins coïncident ?
Donner un algorithme qui permet de déterminer une valeur approchée de
cette probabilité.
À l’aide des résultats affichés par un tableur, déterminer à partir de quelle
valeur de N la probabilité que deux anniversaires coïncident dans un groupe
de N personnes est supérieure à 0,5.
Exercice VI
On étudie le mouvement aléatoire d’une puce. Cette puce se déplace sur trois
cases notées A, B et C.
À l’instant 0, la puce est en A.
Pour tout entier naturel n :
t si à l’instant n la puce est en A, alors à l’instant (n +1), elle est :
1
soit en B avec une probabilité égale à ,
3
2
soit en C avec une probabilité égale à ;
3
t si à l’instant n la puce est en B, alors à l’instant (n +1), elle est :
soit en C, soit en A de façon équiprobable ;
t si à l’instant n la puce est en C, alors elle y reste.
On note An (respectivement Bn , C n ) l’événement « à l’instant n la puce est en
A » (respectivement en B, en C).
On note an (respectivement bn , c n ) la probabilité de l’événement An (respectivement Bn , C n ).
On a donc : a0 = 1, b0 = c 0 = 0 Pour traiter l’exercice, on pourra s’aider d’arbres
pondérés.
Calculer a , b et c pour k entier naturel tel que 1 ≤ k ≤ 3.
k
k k
Séquence 3 – MA02
43
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
1
an +1 = 2 bn
a) Montrer que, pour tout entier naturel n, an + bn + c n = 1 et 
1
b
= an
n
+
1

3
1
b) Montrer que, pour tout entier naturel n, an + 2 = an .
6
p

a =  1 et a
2p +1 = 0
 2p  6 
c) En déduire que, pour tout entier naturel p, 
.
p

1  1
b2p = 0 et b2p +1 =  
3  6

Montrer que
lim an = 0. On admet que lim bn = 0. Quelle est la limite de
n →+∞
c n lorsque n tend vers +∞ ?
n →+∞
44
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Séquence 3 – MA02
Séquence 4
La fonction
exponentielle
Sommaire
1. Pré-requis
2. Définition de la fonction exponentielle,
propriétés algébriques
3. Étude de la fonction exponentielle
4. Synthèse
Dans cette séquence, on introduit une nouvelle fonction : la fonction exponentielle.
Cette fonction est fondamentale dans beaucoup de domaines des mathématiques. En
Terminale S, nous la rencontrerons dans les
chapitres sur les fonctions, mais aussi en
probabilité et en statistiques.
Séquence 4 – MA02
1
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1 Pré-requis
A
Calcul sur les puissances
Rappelons les propriétés des puissances, vues au collège.
Pour tout réel a et tout entier naturel n, on a :
a n = a
× a
...
×a ;
n fois
a 0 = 1 pour a ≠ 0 ;
a1 = a ;
a −n =
1
an
pour a ≠ 0 ;
an × a p = an + p ;
an
ap
= a n − p pour a ≠ 0 ;
( ) =a .
an
B
p
np
Fonction
Dans cette séquence, plusieurs notions sur les fonctions doivent être connues.
Les propriétés essentielles sont rappelées ici.
1. Limites
t Il faut connaître les limites des fonctions de référence (fonctions carré, cube,
racine, et leurs inverses) aux bornes de leurs ensembles de définition.
t Les règles opératoires seront utilisées et il faut savoir reconnaître les quatre cas
de formes indéterminées (dans ces rappels, la notation λ désigne un nombre
réel ou +∞ ou −∞, mais λ doit avoir la même signification pour chacune des
deux limites qui interviennent dans chaque cas) :
왘 pour la fonction différence f − g si lim f ( x ) = lim g ( x ) = +∞ (de même si
x →λ
x →λ
on remplace +∞ par −∞) ;
Séquence 4 – MA02
3
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왘 pour la fonction produit f × g si
si on remplace +∞ par −∞) ;
lim f ( x ) = 0 et lim g ( x ) = +∞ (de même
x →λ
x →λ
f
si lim f ( x ) = +∞ et lim g ( x ) = +∞ (de même
g
x →λ
x →λ
si on remplace +∞ par −∞) ;
f
왘 et pour une autre fonction quotient
si lim f ( x ) = 0 et lim g ( x ) = 0.
g
x →λ
x →λ
왘 pour la fonction quotient
t Composition
Propriété
Soit f la fonction définie sur un intervalle I comme composée des fonctions
g et h, c’est à dire que pour tout x ∈I , on a f (x ) = h g (x ) = h (g (x )) .
g
x
g(x ) = X
h
f ( x ) = h ( X ) = h ( g ( x ))
f = g h
Si lim g (x ) = β et si lim h (X ) = L , alors lim f (x ) = L (dans cet énoncé
x →α
X →β
x →α
α , β et L désignent des réels ou +∞ ou −∞).
t-JNJUFTFUJOÏHBMJUÏT UIÏPSÒNFTEFDPNQBSBJTPOFUDPNQBUJCJMJUÏBWFDMPSESF
Si, pour x au voisinage de
F où F désigne un réel a
ou +∞ ou −∞…
… et si …
lim u (x ) = +∞
f (x ) ≥ u (x )
4
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Séquence 4 – MA02
x →α
lim v (x ) = −∞
lim f (x ) = −∞
x →α
lim u (x ) = L et lim v (x ) = L
x →α
x →α
lim u (x ) = 0
f (x ) − L ≤ u (x )
f (x )<g (x ) ou f (x ) ≤ g (x )
lim f (x ) = +∞
x →α
f (x ) ≤ v (x )
u (x ) ≤ f (x ) ≤ v (x )
… alors …
x →α
lim f (x ) = L et lim g (x ) = L '
x →α
x →α
x →α
lim f (x ) = L (théorème des
gendarmes)
x →α
lim f (x ) = L
x →α
L ≤ L ' (compatibilité avec l’ordre)
2. Continuité
Définition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a .
On dit que f est continue en a si lim f (x ) = f (a ) .
x →a
Théorème
On dit que f est continue sur I si elle est continue en tout réel de I.
왘 $POTÏRVFODF
Théorème des valeurs intermédiaires
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle a ; b  où a et b
sont deux réels tels que a < b.
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b ), l’équation f (x ) = k admet au
moins une solution sur l’intervalle a ; b  .
Corollaire
du théorème des valeurs intermédiaires
Soit f une fonction définie, continue et strictement monotone sur un intervalle a ; b  où a et b sont deux réels tels que a < b.
Pour tout réel k compris entre f (a ) et f (b ) , l’équation f (x ) = k admet une
unique solution sur l’intervalle a ; b  .
t On admet le prolongement du théorème et de son corollaire au cas où f
est définie sur un intervalle ouvert  a ; b  ou semi-ouvert a ; b  ou  a ; b 
avec a et b finis ou infinis. Dans ce cas, l’énoncé des théorèmes est à adapter en
considérant les limites en a ou en b au lieu des images de ces réels.
t Afin de facilité la rédaction lors de l’utilisation du corollaire du théorème des
valeurs intermédiaires, on convient que les flèches obliques utilisées dans les
tableaux de variations, traduisent la continuité et la stricte monotonie de la
fonction sur l’intervalle considéré.
왘왘
Séquence 4 – MA02
5
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3. Dérivation
Définition
Soit f une fonction définie sur un intervalle I contenant un réel a.
f (a + h ) − f (a )
existe
On dit que f est dérivable en a si et seulement si lim
h
h →0
et est finie.
f (a + h ) − f (a )
= f '(a ).
h
h →0
Dans ce cas, on note lim
Le réel f '(a ) ainsi défini est appelé nombre dérivé de f en a.
Il faut connaître les liens entre le sens de variation d’une fonction sur un intervalle et le signe de sa dérivée.
Propriété
Si une fonction est dérivable sur un intervalle I, alors elle est continue sur
cet intervalle.
Propriété
Soit f une fonction définie et dérivable sur un intervalle I et deux nombres
réels a et b.
Soit la fonction g, définie par g ( x ) = f (ax + b ) sur un intervalle J tel que,
pour tout x de J, ax + b est dans I. La fonction g est dérivable sur J et
g '( x ) = af '(ax + b ).
En particulier pour a = −1 et b = 0 : g ( x ) = f ( − x ) et g '( x ) = −f '( − x ).
Et pour a = 1 : g ( x ) = f ( x + b ) et g '( x ) = f '( x + b ).
6
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Séquence 4 – MA02
2
A
Définition de la fonction exponentielle et propriétés algébriques
Objectifs du chapitre
On définit ici la fonction exponentielle, une des fonctions essentielles des mathématiques.
On étudie ses propriétés algébriques, c’est-à-dire les propriétés de la fonction
exponentielle lorsqu’on utilise les opérations + , − , × , ÷ .
B
Activité 1
Pour débuter
-BEÏTJOUÏHSBUJPOSBEJPBDUJWF
La désintégration des noyaux composant un corps radioactif est aléatoire mais
est régie au niveau global par la loi suivante : le taux de variations du nombre N
de noyaux en fonction du temps est proportionnel au nombre de noyaux.
On obtient donc :
∆N
= −λN où λ est un nombre positif qui dépend de l’élément radioactif
∆t
considéré (le taux d’accroissement est bien sûr négatif puisque N diminue).
N est une fonction qui dépend du temps.
Le nombre de noyaux est une fonction qui prend seulement des valeurs entières,
mais dans la pratique ce nombre est très grand et on peut l’approcher par une
fonction continue et même dérivable sur un intervalle I.
En prenant la limite de ce quotient quand t tend vers 0 on trouve alors :
dN
N '(t ) = −λN (t ) sur I, soit N ' = −λN , ou encore
= −λN comme on l’écrit
dt
aussi en Sciences Physiques.
Cette relation fait intervenir la fonction N et sa fonction dérivée, on dit qu’il s’agit
d’une équation différentielle.
On cherche à déterminer N (t ) en fonction de t, connaissant λ et le nombre
initial N (0 ) de noyaux.
Parmi les fonctions usuelles (polynômiales, rationnelles, trigonométriques, racine
carrée), aucune ne vérifie une relation du type : f ' = −λf . Il est donc indispensable pour ce problème d’utiliser des nouvelles fonctions, les solutions des équa-
Séquence 4 – MA02
7
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tions différentielles de la forme :
f ' = kf
où k est un réel donné.

f (0 ) = y 0
On suppose qu’il existe une fonction f définie et dérivable sur ℝ telle que
f (0 ) = 1 et f ' = f (c’est-à-dire f '(t ) = f (t ) pour tout réel t).
En utilisant la fonction f, déterminer une fonction g définie et dérivable sur ℝ
telle que g ' = 3g et g (0 ) = 1.
De même, déterminer une fonction h définie et dérivable sur ℝ telle que
h ' = 3h et h (0 ) = 0, 2.
En supposant que le nombre initial de noyaux est égal à 106 et que
λ = −0, 003 et en utilisant la fonction f, trouver une fonction N définie et
dérivable sur ℝ telle que N ' = −0, 003N et N (0 ) = 106.
C
Cours
Théorème 1
1. Définition
Il existe une et
une seule fonction f définie et
dérivable sur ℝ
telle que : f ' = f
et f (0 ) = 1.
L’existence d’une telle fonction est admise.
Démontrons qu’il existe une seule fonction vérifiant
ces conditions.
t Pour cela, on montre d’abord qu’une telle fonction
ne peut pas s’annuler.
Soit donc f une fonction telle que f ' = f et f (0 ) = 1.
On considère la fonction h définie sur ℝ par h ( x ) = f ( x ) × f ( − x ). La fonction h
est le produit de deux fonctions dérivables sur ℝ donc h est aussi dérivable sur
ℝ et, pour tout réel x, on a :
h '( x ) = f '( x ) × f ( − x ) + f ( x ) × ( −f '( − x ))
= f '( x ) × f ( − x ) − f ( x ) × f '( − x ).
Comme f ' = f on obtient : h '( x ) = f ( x ) × f ( − x ) − f ( x ) × f ( − x ) = 0.
La dérivée de la fonction h est nulle pour tout réel x donc la fonction h est une
fonction constante sur ℝ.
Pour déterminer sa valeur, on utilise la condition f (0 ) = 1 ce qui donne :
Pour tout réel x, h ( x ) = h (0 ) = f (0 ) × f ( −0 ) = 1.
Donc, pour tout réel x, le produit f ( x ) × f ( − x ) est égal à 1, il ne s’annule pas
donc f ( x ) n’est jamais nul.
8
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Séquence 4 – MA02
t Pour montrer l’unicité de la fonction f nous allons considérer deux fonctions, f
et g, vérifiant les conditions f ' = f et f (0 ) = 1, et nous allons montrer que ces
deux fonctions sont nécessairement égales.
g(x )
(ce qui est possible
f (x )
puisque la fonction f ne s’annule pas). La fonction k est dérivable sur ℝ et on a :
On définit sur ℝ la fonction k en posant k ( x ) =
k'=
g 'f − gf '
=
gf − gf
= 0 car f ' = f et g ' = g .
f
f2
La fonction k est donc constante sur ℝ et, pour tout réel x, on a :
2
k ( x ) = k (0) =
g (0) 1
= = 1.
f (0) 1
g(x )
= 1, soit f ( x ) = g ( x ). Les deux fonctions f et g sont
f (x )
donc égales ce qui prouve l’unicité de la fonction du théorème.
Donc, pour tout réel x,
Définition 1
L’unique fonction f définie et dérivable sur ℝ et telle que : f ' = f
et f (0 ) = 1 est appelée fonction
exponentielle. On la note exp.
Propriété 1
exp' = exp
exp(0 ) = 1
Pour tout réel x, exp( x ) ≠ 0.
2. Propriétés algébriques
de la fonction exponentielle
Théorème 2
Pour tous réels a et b,
exp(a + b ) = exp(a ) × exp(b ).
Démonstration
Le réel b étant fixé, on définit sur ℝ la fonction f en posant f ( x ) =
exp( x + b )
.
exp(b )
La fonction f est dérivable sur ℝ et on obtient :
1× exp'( x + b ) exp( x + b )
f '( x ) =
=
= f ( x ) (b est fixe et exp' = exp).
exp(b )
exp(b )
exp(0 + b )
Comme f (0 ) =
= 1, la fonction f vérifie les deux conditions de théoexp(b )
rème 1, il s’agit donc de la fonction exponentielle.
Séquence 4 – MA02
9
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On en déduit que pour tout réel x : exp( x ) =
exp( x + b )
exp(b )
d’où exp( x + b ) = exp( x ) × exp(b ), et en posant x = a :
exp(a + b ) = exp(a ) × exp(b ).
왘 Exemple
Remarque
)2
Pour tout réel a, exp(a + a ) = exp(a ) × exp(a ) d’où exp(2a ) = ( exp(a ) .
La propriété énoncée dans le théorème précédent est aussi appelée « relation
fonctionnelle caractéristique ». On peut montrer, en effet, que la fonction exponentielle est la seule fonction dérivable sur ℝ telle que pour tous réel a et b,
exp(a + b ) = exp(a ) × exp( b ) et exp'(0 ) = 1.
On retiendra que la fonction exponentielle transforme une somme en produit,
que l’exponentielle d’une somme est égale à un produit d’exponentielles.
Dans la démonstration de l’unicité du théorème 1, on a prouvé que, pour tout
réel x, on a f ( x ) × f ( − x ) = 1 ce qui permet d’obtenir la propriété suivante.
Propriété 2
Pour tout réel x, exp( − x ) =
1
.
exp( x )
En utilisant à la fois les propriétés 2 et 3, on trouve la propriété 4 :
Propriété 3
Pour tous réels a et b, exp(a − b ) =
exp(a )
.
exp(b )
Démonstration
)
On écrit a − b = a + ( −b ) et on a : exp (a + ( −b ) = exp(a ) × exp( −b )
= exp(a ) ×
Propriété 4
Pour tout réel a et pour tout entier n
n
de Z : exp(na ) = ( exp(a ) .
)
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Séquence 4 – MA02
exp(a )
1
=
.
exp(b ) exp(b )
Démonstration
Soit a un nombre réel et n un entier naturel, on veut montrer que :
)n
exp(na ) = ( exp(a ) .
0

On sait que ceci est vrai pour n = 0  exp(0 × a ) = 1 = ( exp(a )  , pour n = 1


1

 exp(a ) = ( exp(a )  .
n
Montrons par récurrence que l’égalité « exp(na ) = ( exp(a ) » est vraie pour
tout entier n, n ≥ 1.
)
)
)
t *OJUJBMJTBUJPO l’égalité est vraie pour n = 1.
t )ÏSÏEJUÏ soit k un entier naturel, k ≥ 1, pour lequel on suppose
k
que exp(ka ) = ( exp(a ) . On a alors :
)
)
exp ((k + 1)a = exp(ka + a ) = exp(ka ) × exp(a ) en appliquant le théorème avec b = ka , puis, en utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient :
k
k +1
exp ((k + 1)a = ((exp(a ) × exp(a ) = ((exp(a )
. La proposition est donc
)
)
)
héréditaire.
)n
n
Finalement, pour tout entier n de ℕ : exp(na ) = ( exp(a )) .
t $PODMVTJPO pour tout n ≥ 1, exp(na ) = ( exp(a ) .
Si n est un entier naturel, on a aussi :
1
1
−n
=
exp( −na ) =
= ( exp(a ) .
n
exp(na ) exp(a )
(
)
)
La proposition est donc prouvée pour tout n de Z.
À savoir
Pour tous réel a et b, pour tout entier n :
exp(a + b ) = exp(a ) × exp( b )
1
exp( −a ) =
exp(a )
exp(a )
exp(a − b ) =
exp(b )
)n
exp(na ) = ( exp(a ) .
Ces propriétés vous rappellent probablement des propriétés familières des exposants. On va confirmer cela et même pouvoir en déduire une nouvelle notation
très commode.
2. Nouvelle notation
Quand on applique la propriété 4 avec a = 1 on obtient exp(n × 1) = ( exp(1)
)n
soit exp(n ) = ( exp(1) .
)n
Séquence 4 – MA02
11
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Le nombre exp(1) est traditionnellement noté e. Ce nombre joue un rôle très
important dans les mathématiques (comme un autre nombre célèbre : π).
Valeur approchée : e ≈ 2, 718.
Pour tout entier n, on a donc exp(n ) = en .
On étend cette écriture à des exposants qui ne sont pas entiers en posant :
exp( x ) = e x pour tout nombre réel x.
e
× ...
Il faut bien comprendre que, si n est un entier naturel en = e×
×e et
e
−n
n fois
1 1
1
= × × ... × . Mais, pour les valeurs non entières, la seule signification
e e
e
n fois
x
de l’écriture e est donnée par exp( x ) = e x .
Cette notation est très efficace car toutes les propriétés précédentes prennent,
comme on le voit ci-dessous, une forme très facile à retenir et à utiliser.
e0 = 1, e1 = e ;
À savoir
ea + b = ea × eb ;
e −a =
1
ea
ea − b =
;
ea
;
eb
( ).
ena = ea
n
Sur les calculatrices, e x est indiquée à côté de la touche utilisée pour la fonction
exponentielle.
Avec la Texas-Instruments TI82, la fonction exp s’obtient de la façon suivante :
Et avec la Casio Graph25, de la façon suivante :
Vous pouvez ainsi obtenir les premières décimales du nombre e = e1 :
e ≈ 2, 71828182846.
왘 Exemple 1
Montrer que pour tout réel x,
a)
C
12
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ex
=
1
e x − 1 1− e − x
ex − 1
ex + 1
Séquence 4 – MA02
= 1−
2 e− x
1+ e − x
.
왘 4PMVUJPO
B Pour tout réel x non nul :
ex
ex
=
e − 1 e x  1− 1 


ex 
x
1
=
1−
1
ex
=
1
1− e
−x
.
C Pour tout réel x :
1−
2
−x
x
2
e x + 1− 2 e x − 1
.
= 1− e
= 1−
=
=
x
x
x
1
+
1
e
e
e
1+ e − x
+
1
+
1
1+
ex
2e
3. Signe de ex
Pour tout réel x, si on applique l’égalité ea + b = ea × eb en posant a = b =
2
x x
x
x  x
+
trouve e x = e 2 2 = e 2 × e 2 =  e 2  .


x
on
2


Ainsi, tout nombre e x est un carré. On rappelle que l’exponentielle ne s’annule
pas, d’où la propriété suivante.
Propriété 5
Pour tout réel x, e x est strictement positif : e x > 0.
Remarque
x
Donc, pour tout réel x, e 2 est strictement positif et comme on vient de voir
2
x
 x
x
x  2
2
que e = e
on en déduit que e = e .
 
 x
3
3
On a aussi e 3 = e x
x
4
e 4 = ex =
( e x est le nombre dont le cube est égal à e x ),
x
e . e2 =
x
ex .
1
.
e) ×
(
e2
e −3
1
×
3
왘 Exemple 2
Simplifier le nombre :
왘 4PMVUJPO
3
3
5
1
 1
−2+ + 3
2+
 1  2 
1
3
−2
2
2
2
2
×
= e ×e ×e = e
On a :   × e
=e =e
= e2 e.
−3
 e  
e
 
2
3
Séquence 4 – MA02
13
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D
Exercices d’apprentissage
e2,3
.
e
Exercice 1
Simplifier e −3 × e0,15 ×
Exercice 2
Pour tout réel x, simplifier
 −x 
3x +1  4 
B e
e




Exercice 3
C
ex
2
e
e1,5
D
e5 x − e x
ex
.
Montrer que, pour tout nombre réel x, on a :
Exercice 4
3
e x − e− x
e x + e− x
=
e 2x − 1
e 2x + 1
(
e x + e− x
) (
2
− e x − e− x
Préciser si chacune des quatre affirmations suivantes est vraie ou fausse en justifiant les réponses.
Pour tous nombres réels a et b, ea + b = e2a × e2b .
Pour tous nombres réels a et b, 3ea + b = e 3a × e 3b .
Pour tous nombres réels a et b, ea + eb < ea + b .
Il existe des nombres réels a et b tels que ea + eb < ea + b .
14
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) = 4.
2
Séquence 4 – MA02
3
A
Étude de la fonction
exponentielle
Objectifs du chapitre
Nous étudions ici les propriétés de la fonction exponentielle : sens de variation,
limites, courbe représentative, ainsi que des compléments sur les équations, les
inéquations et les fonctions composées.
B
Activité 2
Pour débuter
7BSJBUJPOFUDPNQBSBJTPO
En utilisant la courbe représentative de la fonction exponentielle, conjecturer
son sens de variation, ses limites en +∞ et en −∞.
Comparaison avec les fonctions puissances.
À l’aide d’une calculatrice ou d’un tableur, trouver une valeur de x à partir de
laquelle il semble que exp( x ) > x 2.
Faire de même avec x 3 et avec x n pour des valeurs de n, entier naturel, que
vous choisirez.
C
Cours
1. Variations et limites
On a vu que la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives et une
des caractéristiques de la fonction exponentielle est d’être égale à sa fonction
dérivée, on en déduit donc :
Propriété 6
La fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ.
Séquence 4 – MA02
15
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Remarque
On peut montrer que la fonction exponentielle dépasse toute fonction polynôme
(à condition de choisir x suffisamment grand). C’est pourquoi, dans la vie courante, on utilise l’expression « croissance exponentielle » pour évoquer un phénomène dont la croissance est très forte.
lim e x = +∞ et lim e x = 0.
Propriété 7
x →+∞
x →−∞
Démonstration
t Pour démontrer que lim e x = +∞ on compare e x à x.
x →+∞
On définit la fonction d en posant d ( x ) = e x − x pour tout réel positif x.
La fonction d est dérivable sur 0 ; + ∞  et d '( x ) = e x − 1 = e x − e0 .
Pour tout x de 0 ; + ∞  , on a e0 ≤ e x car la fonction exponentielle est croissante sur ℝ donc d '( x ) ≥ 0.
On en déduit que la fonction d est croissante sur 0 ; + ∞  . Pour x ≥ 0 on a
donc d ( x ) ≥ d (0 ) soit d ( x ) ≥ 1 et donc e x − x ≥ 1 d’où e x > x .
x
Comme lim x = +∞, on en déduit par comparaison que lim e = +∞.
x →+∞
x →+∞
t En −∞, on raisonne en se ramenant à la limite précédente par composition car :
1
lim e x = lim
.
x →−∞
x →−∞ e − x
La fonction x ֏ e − x est la composée de x ֏ − x et X ֏ e X .
Or
X
lim − x = +∞ et lim e = +∞, donc, par composition avec X = − x ,
X →+∞
on a lim e − x = lim e X = +∞.
x →−∞
x →+∞
1
= 0.
Et en prenant l’inverse : lim e x = lim
−
x →−∞
x →−∞ e x
x →−∞
On obtient ainsi le tableau de variation :
x
exp'( x ) = exp( x )
+
+
1
0
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+∞
+∞
exp( x ) = e x
16
0
−∞
Séquence 4 – MA02
2. Courbe de la fonction exponentielle
La courbe représentative de la fonction exponentielle doit être parfaitement
connue.
La limite lim e x = 0 montre que l’axe des abscisses est asymptote à la courbe
x →−∞
de la fonction exponentielle.
e
y = exp(x)
j
O
i
On a placé sur cette figure la tangente au point d’abscisse 0 dont l’équation
réduite est y = exp'(0 )x + exp( 0 ) = x + 1.
Dans la démonstration de la propriété 7, on a montré que, pour tout réel x,
on a e x − x ≥ 1 c’est-à-dire e x ≥ x + 1. Donc la courbe représentative de la fonction exponentielle est toujours au-dessus de sa tangente au point d’abscisse 0.
On a aussi placé la tangente au point d’abscisse 1. Cette tangente passe par
l’origine du repère, en effet elle a pour équation réduite :
y = exp'(1)( x − 1) + exp(1) soit y = e( x − 1) + e = ex .
3. Autres limites
Trois autres limites doivent êtres connues.
Propriété 8
x
e −1
ex
lim
= 1 ; lim
= +∞ ; lim x e x = 0.
x →0 x
x →+∞ x
x →−∞
Séquence 4 – MA02
17
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Démonstration
t En 0, en utilisant la notation plus familière h, on reconnaît que le quotient
eh − 1 e0 + h − e0
est le taux d’accroissement de la fonction exponentielle
=
h
h
en 0. Sa limite, quand l’accroissement h tend vers 0, est égale au nombre
eh − 1
= exp'(0 ) = exp(0 ) = e0 = 1 et donc, bien sûr, on a
h →0 h
dérivé en 0, donc lim
ex − 1
= 1.
x →0 x
aussi lim
ex
en comparant e x et x 2.
x
On pose d ( x ) = e x − x 2 pour tout x de l’intervalle 1; + ∞  et on cherche à
prouver que d ( x ) est à valeurs positives. Pour cela on détermine les variations
de d que l’on obtient en utilisant la dérivée et la dérivée seconde de d.
t En +∞, on va déterminer la limite de
La fonction d est dérivable deux fois sur 1; + ∞  et on obtient d '( x ) = e x − 2x
et d "( x ) = e x − 2.
Comme la fonction exponentielle est croissante sur 1; + ∞  , pour tout x de
cet intervalle on a e x ≥ e1.
Comme e ≈ 2, 718, on a e x > 2, d "( x ) est à valeurs strictement positives
sur 1; + ∞  et la fonction d ' est strictement croissante sur 1; + ∞  . Par un
raisonnement analogue on trouve le sens de variation de d et le signe de d ( x ).
x
d "( x ) = e x − 2
+∞
1
e−2
+
d '( x ) = e x − 2x
e−2> 0
+
Signe de d '( x )
d ( x ) = ex − x 2
e − 1> 0
+
Signe de d ( x )
Pour tout x de 1; + ∞  on a d ( x ) > 0 soit e x > x 2. On divise par x qui est
strictement positif et on obtient
18
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Séquence 4 – MA02
ex
> x.
x
ex
= +∞.
x →+∞ x
Comme lim x = +∞, on conclut, par comparaison, que lim
x →+∞
t En −∞, on raisonne en se ramenant à la limite précédente par composition car
−x
x
=−
.
on remarque que : x e x =
−x
e
e− x
X
La fonction x ֏ x e x est donc la composée de x ֏ − x et X ֏ − . Comme
eX
 X 
lim − x = +∞ et lim  −  = 0 (c’est l’opposé de l’inverse de la limite
x →−∞
X →+∞  e X 
précédente), en composant avec X = − x , on peut donc écrire
lim x e x = lim −
x →+∞ e x
x →−∞
Remarque
x
= 0.
ex
= +∞ et lim x e x = 0 en remarx →+∞ x
x →−∞
quant que, pour ces deux formes indéterminées, c’est « l’exponentielle qui l’a
On peut retenir les deux limites
lim
emporté sur x ».
À savoir
Dans l’étude d’une limite où intervient une exponentielle, on utilise les limites du
cours en observant bien le comportement de l’exposant pour bien savoir quelle
limite utiliser.
−∞
0
lim e x = 0
ex − 1
lim
=1
x →0 x
L‘exposant tend vers
Limites du cours
à connaître
x →−∞
lim x e x = 0
x →−∞
ex + x
+∞
lim e x = +∞.
x →+∞
ex
= +∞.
x →+∞ x
lim
왘 Exemple 3
Déterminer lim
왘 4PMVUJPO
Cette expression correspond à une forme indéterminée, on la transforme.
Comme on le fera souvent (et comme on l’a fait avec les polynômes à l’infini), on
factorise par le terme prépondérant (le plus important) :
x →+∞ e x + 1
.

x 
x
e x  1+  1+
x
 ex 
e +x
= e .
=
e x + 1 e x  1+ 1  1+ 1


ex
ex 
x
1
Comme les deux quotients
et
sont les inverses de deux quotients qui
ex
ex
tendent vers +∞ quand x tend vers +∞ on a :
x
1+
x
1
x
e +x
e x = 1.
lim
= lim
= 0 et donc lim
= lim
1
x →+∞ e x x →+∞ e x
x →+∞ e x + 1 x →+∞
1+
ex
x
Séquence 4 – MA02
19
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왘 Exemple 4
Montrer que :
왘 4PMVUJPO
B Pour
lim
B
ex
x →+∞ x 3
lim
ex
x →+∞ x 3
= +∞
C
lim x 2e x = 0.
x →−∞
l’exposant de l’exponentielle tend vers +∞ et on n’arrive
pas à déterminer la limite en utilisant directement l’une ou l’autre des limites
correspondantes du tableau précédent. Une transformation de l’expression est
ex
donc nécessaire. On essaye de se rapprocher de la forme
. On peut par
x
3
3
 x
 x
x  3
e
e
1  e3 
exemple écrire :
=   =   . On détermine d’abord la limite
27  x 
x3  x 
 
 3 
de la parenthèse.
x
e3
eX
x
.
est la composée de x ֏ et X ֏
La fonction x ֏
x
3
X
3
eX
x
x
lim
= +∞, en composant avec X = , on
= +∞ et
Comme lim
X →+∞ X
3
x →+∞ 3
 x
 e3 
eX
=
= +∞.
lim
lim


obtient
x →+∞  x  X →+∞ X
 3 
3
1  eX 
ex
= lim
On en déduit (règles opératoires) : lim
  = +∞.
x →+∞ x 3 X →+∞ 27  X 
C Pour lim x 2e x , l’exposant tend vers −∞ et on n’arrive pas à déterminer la
x →−∞
limite en utilisant directement l’une ou l’autre des limites correspondantes du
tableau précédent. Une transformation de l’expression est donc nécessaire. On
essaye de se rapprocher de la forme xe x . On peut par exemple écrire :
2
2
2
x
 x

 x
x 2
x
2 x 
2


= 4 e 2  .
= 2× e
x e = xe
2 



2 






Et on détermine d’abord la limite de la parenthèse.
x
x
x
La fonction x ֏ e 2 est la composée de x ֏ et X ֏ X e X .
2
2
x
x
= −∞ et lim X e X = 0 en composant avec X = , on
2
X →−∞
x →−∞ 2
 x
x
obtient lim  e 2  = lim Xe X = 0.
 X →−∞
x →−∞  2


Comme
20
© Cned - Académie en ligne
Séquence 4 – MA02
lim
2
 x
x
2 x
On en déduit (règles opératoires) : lim x e = lim 4  e 2  = 0.

x →−∞
x →−∞  2


( )
1PJOUNÏUIPEF
L’utilisation de la limite d’un taux d’accroissement a été vue dans la démonstration de la propriété 8a) et ces exemples 4 et 5 illustrent les deux autres principales
méthodes qu’il faut connaître pour déterminer une limite avec une exponentielle.
t Mettre en facteur le terme prépondérant.
t Faire apparaître une limite connue en utilisant les propriétés des exposants.
4. Équations, inéquations
Dans les exercices, on est souvent
amené à résoudre des équations ou
des inéquations faisant intervenir des
exponentielles. Pour les résoudre, la
propriété ci-contre est fondamentale.
Propriété 9
Pour tous réels a et b, on a :
t ea = eb ⇔ a = b ;
t ea < eb ⇔ a < b .
Démonstration
t La fonction exponentielle étant strictement croissante sur ℝ, deux nombres
différents ne peuvent donc pas avoir la même image, d’où, pour tous réels a
et b, l’implication ea = eb ⇒ a = b. L’implication réciproque et vraie, bien sûr,
donc l’équivalence ea = eb ⇔ a = b est prouvée.
t La fonction exponentielle étant strictement croissante sur ℝ, pour tous
réels a et b, on a l’implication a < b ⇒ ea < eb . L’implication réciproque
ea < eb ⇒ a < b est vraie car la croissance de la fonction exponentielle
prouve aussi que sa contraposée a ≥ b ⇒ ea ≥ eb est vraie.
왘 Exemple 5
Résoudre dans ℝ : B e2x − e x = 0 C e x + 2 − 3e − x = 0
왘 4PMVUJPO
B On a : e2x − e x = 0 ⇔ e2x = e x
D e 2x ≥
e
ex
.
⇔ 2x = x (stricte croissance de exp)
⇔ x = 0.
{}
L’ensemble des solutions de cette équation est donc S = 0 .
1
C On a : e x + 2 − 3e − x = 0 ⇔ e x + 2 − 3 ×
=0
ex
⇔
e 2x +2e x −3
x
= 0 ⇔ e 2x +2e x −3 = 0
e
(la fonction exponentielle ne s’annulant pas).
Séquence 4 – MA02
21
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 2
Ainsi : e2x + 2e x − 3 = 0 ⇔  X + 2X − 3 = 0

X = ex
et on résout l’équation du
second degré X 2 + 2X − 3 = 0. On trouve deux solutions, 1 et −3.
On a donc : e2x + 2e x − 3 = 0 ⇔ e x = 1 ou e x = −3.
Comme l’exponentielle est à valeurs strictement positives, on obtient seulement
{}
e2x + 2e x − 3 = 0 ⇔ e x = 1 ⇔ x = 0 et S = 0 .
D On a : e2x ≥
et donc e
2x
sante).
Rédaction
e
x
⇔ e 3x ≥ e1 (en multipliant par e x qui est strictement positif)
e
e
1
≥
⇔ x ≥ (la fonction exponentielle étant strictement crois3
ex

1
L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc S =  ; +∞  .

3
On a rappelé dans des parenthèses la stricte croissance de la fonction exponentielle qui a servi à prouver la propriété 9. Il est conseillé, le jour de l’examen, de
faire ce rappel la première fois où on utilise la propriété 9.
Remarque
Pour résoudre des équations ou des inéquations comportant des exponentielles,
on se ramène à l’égalité de deux exponentielles ou à la comparaison de deux
exponentielles, la propriété 9 permettant ensuite d’obtenir une égalité ou une
inégalité sur les exposants.
Complément
La fonction exponentielle est continue (car dérivable) et strictement croissante
sur ℝ,
lim e x = +∞ et
x →+∞
lim e x = 0. D’après le théorème des valeurs inter-
x →−∞
médiaires, l’ensemble des images est égal à 0 ; + ∞  et pour tout nombre réel k
dans 0 ; + ∞  l’équation e x = k admet une solution unique dans ℝ.
Définition 2
Soit k un nombre réel strictement positif. L’unique
solution de l’équation e x = k est appelée logarithme
de k et sera notée ln k ou ln(k).
e x = k ⇔ x = ln k .
Remarque
À l’oral « ln » se lit comme « Hélène ».
Ainsi eln k = k pour k > 0.
Ce complément permettra d’étudier ici quelques équations de la forme e x = k
et la fonction logarithme sera étudiée dans la séquence 5.
왘 Exemple 6
22
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Résoudre dans ℝ : B e x = 5
Séquence 4 – MA02
C e x > 5.
왘 4PMVUJPO
{ }
B On a : e x = 5 ⇔ x = ln 5 : d’où S = ln 5 .
C On a : e x > 5 ⇔ e x > eln 5
⇔ x > ln 5 (la fonction exp étant strictement croissante sur R ),
d’où S = ln 5 ; + ∞  .
5. Fonctions composées eu :
limites, variations, fonction dérivée
B La composition des limites a été étudiée dans la séquence 2.
C Pour les variations, l’utilisation des définitions permet de prouver le résultat
suivant.
Propriété 10
Soit u une fonction définie sur un intervalle I, la fonction composée
exp u = eu possède les mêmes variations que la fonction u.
Démonstration
t Supposons que la fonction u soit croissante sur l’intervalle I.
Pour tous a et b dans I, si a ≤ b alors u (a ) ≤ u (b ). En appliquant la fonction
exponentielle qui est croissante sur ℝ, l’ordre est conservé, d’où eu (a ) ≤ eu ( b ) .
Finalement : pour tous a et b dans I, si a ≤ b alors eu (a ) ≤ eu ( b ) . Dans ce cas,
la fonction exp u = eu varie donc comme la fonction u.
t Supposons que la fonction u soit décroissante sur l’intervalle I.
Pour tous a et b dans I, si a ≤ b alors u (a ) ≥ u (b ). En appliquant la fonction exponentielle qui est croissante sur ℝ, l’ordre obtenu est conservé,
d’où eu (a ) ≥ eu ( b ) . Finalement : pour tous a et b dans I, si a ≤ b alors
eu (a ) ≥ eu ( b ) . Dans ce cas aussi, la fonction exp u = eu varie comme la fonction u.
La propriété est démontrée dans tous les cas. Il en est de même si u est strictement croissante (respectivement décroissante) sur un intervalle I.
Remarque
La propriété qui vient d’être démontrée ici lorsqu’on compose en faisant suivre
une fonction u par la fonction exponentielle se généralise à la composition
f u d’une fonction u suivie par une fonction f croissante sur un intervalle, la
démonstration étant analogue.
Séquence 4 – MA02
23
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왘 Exemple 7
Étude de la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = e − x .
t Limites aux bornes
lim e − x = lim
1
lim e − x = lim
1
x →+∞ e x
x →+∞
x →−∞ e x
x →−∞
= 0 car lim e x = +∞.
x →+∞
= +∞ car lim e x = 0 et, pour tout réel x, e x > 0.
x →−∞
t Sens de variation
D’après la propriété 10, la fonction f a les mêmes variations que la fonction
affine x ֏ − x . Donc la fonction f est décroissante sur ℝ.
−∞
x
+∞
0
+∞
f ( x ) = e− x
1
0
y = e–x
j
O
i
D Si on a besoin de connaître la fonction dérivée d’une fonction composée
exp u = eu on a le résultat suivant.
Propriété 11
Soit u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I.
La fonction composée exp u = eu est dérivable sur I et on a
(e )' = u '× e , c’est-à-dire que, en posant f ( x ) = e
u
u
de I, f '( x ) = u '( x ) × e u (x ) .
24
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Séquence 4 – MA02
u(x )
on a, pour tout x
Comme cela a été évoqué dans la séquence 2, il n’est pas possible ici de donner
une démonstration dans le cas général. Voici donc une démonstration dans un
cas particulier (très fréquent).
Soit u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I, soit a un réel de l’intervalle I et h un nombre tel que a + h soit dans I. On se place dans le cas particulier
où u (a + h ) − u (a ) n’est jamais nul quand h ≠ 0.
Pour étudier la dérivabilité en a de la fonction f = e u , on utilise le taux d’accroissement en le transformant.
Soit h ≠ 0, on a :
f (a + h ) − f (a ) eu (a + h ) − eu (a ) u (a + h ) − u (a ) eu (a + h ) − eu (a )
=
=
×
h
h
h
u (a + h ) − u (a )
(on a supposé u (a + h ) − u (a ) ≠ 0 ).
t La fonction u est dérivable en a donc, pour le premier quotient, on a :
u (a + h ) − u (a )
lim
= u '(a ).
h
h →0
t La composition permet de trouver la limite du deuxième quotient.
Étant dérivable en a, la fonction u est continue en a d’où lim u (a + h ) = u (a ),
h →0
soit lim (u (a + h ) − u (a ) = 0.
h →0
)
On pose H = u (a + h ) − u (a ) et on obtient lim H = 0.
h →0
En utilisant le taux d’accroissement en u (a ) de la fonction exponentielle , on
obtient :
eu (a )+H − eu (a )
lim
= exp'(u (a )) = eu (a ) .
H
H →0
En composant, avec H = u (a + h ) − u (a ) et u (a + h ) = u (a ) + H , on obtient :
 eu (a + h ) − eu (a ) 
eu (a )+H − eu (a )
lim 
= exp'(u (a )) = eu (a ) .
 = lim
H
h → 0  u (a + h ) − u (a )  H → 0
t En faisant le produit des limites, on trouve :
f (a + h ) − f (a )
lim
= u '(a ) × eu (a ) soit f '(a ) = u '(a ) × eu (a ) .
h
h →0
Remarque
)
Ce résultat et cohérent avec l’expression de (f u ' = u '× f ' u qui a été donnée
dans la séquence 2.
왘 $POTÏRVFODF
Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, on retrouve
aussi, par le signe de la dérivée, le résultat énoncé plus haut : soit u une fonction
définie et dérivable sur un intervalle I, la fonction composée exp u = eu a les
mêmes variations que la fonction u.
왘 Exemple 8
Étude de la fonction g définie sur ℝ par g ( x ) = e − x .
t Limites aux bornes
La fonction g est la composée de la fonction x ֏ − x 2 et de la fonction exponentielle X ֏ e X .
2
Séquence 4 – MA02
25
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En +∞, comme
lim − x 2 = −∞ et que
−x 2
par
lim e
x →+∞
x →+∞
= lim e X = 0
X →−∞
lim e X = 0, on peut écrire
X →−∞
composition
X = −x 2
avec
donc
lim g ( x ) = 0.
x →+∞
En −∞, on a de même lim − x 2 = −∞, donc
x →−∞
ainsi lim g ( x ) = 0.
2
lim e − x = lim e X = 0 et
x →−∞
X →−∞
x →−∞
t Dérivée et sens de variation
2
La fonction g est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, on a g '( x ) = −2x e − x .
La dérivée est du signe de −2x , d’où :
−∞
x
g '( x ) = −2x e − x
+∞
0
2
+
0
−
1
g ( x ) = e− x
2
0
0
Les limites à l’infini prouvent que l’axe des abscisses est asymptote à la courbe
de la fonction g.
j
y = e–x2
O
Remarque
i
Nous rencontrerons des fonctions analogues dans le cours de la séquences 9 (lois
normales, échantillonage et estimation).
Ces fonctions (exemples 7 et 8) nous donnent aussi des exemples de types de
fonctions fréquemment rencontrées dans des applications concrètes.
26
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Séquence 4 – MA02
D
Exercice 5
Exercices d’apprentissage
Résoudre dans ℝ :
e 2x − 3 − e x + 1 = 0 ;
e 2x + e x − 2 = 0 ;
e2( x +1) − (1+ e2 )e x + 1 = 0 ;
ex +8 = ex
2
2
e x > e 3x ;
2
x
e +1
Exercice 6
Exercice 7
( );
2
e 2x + e x − 2 > 0 ;
< ex .
Résoudre dans ℝ :
e 3x +1 = 5 ;
e 2x − e x − 2 = 0 ;
e x −1 > 3 ;
e x −1 > −3.
Donner l’expression de la fonction dérivée de chacune des fonctions suivantes
sur l’intervalle donné.
Sur ℝ, f ( x ) = x 2e x ;
sur
1
sur ℝ, f ( x ) = 1+
3
1
ex
2
ℝ, f2 ( x ) = e− x + 4 x −1 ;
sur ℝ, f ( x ) =
;
4
ex − 1
ex + 1
;
1
sur ℝ , f ( x ) = e x .
5
∗
Exercice 8
Déterminer les limites suivantes.
(
lim e x − x
x →+∞
ex − 1
lim
x →+∞ x + 3
Exercice 9
Exercice 10
)
(
lim e2x − e − x
x →−∞
lim ( x + 1)e x
x →+∞
)
x
lim
x →−∞ e x
lim ( x + 1)e x .
x →−∞
Dresser le tableau de variation de la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x e x .
1BSUJF"øÏUVEFEVOFGPODUJPO
Soit la fonction f définie sur l’intervalle I = 0 ; 30  par : f (t ) = 2500 × e −0,513t .
Donner le sens de variation de la fonction f sur I.
Tracer la courbe représentative de la fonction f dans le plan muni d’un repère
orthogonal d’unités graphiques : 1 cm pour 1 unité en abscisse, et 1 cm pour
200 unités en ordonnée.
Séquence 4 – MA02
27
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1BSUJF#øBQQMJDBUJPO
En médecine nucléaire, l’iode 123 est utilisé pour effectuer des « scintigraphies »
permettant d’observer le fonctionnement de la thyroïde et la présence d’éventuelles anomalies.
Pour cela, on injecte, au temps t = 0, un échantillon d’iode 123 dans le corps du
patient.
On admet que la fonction f, définie et étudiée dans la Partie A, donne une bonne
approximation de l’activité du radionucléide iode 123, en fonction du temps t
(exprimé en heures) écoulé après l’injection. L’activité de l’iode 123 est exprimée
en becquerels (Bq).
Donner la valeur de l’activité initiale de l’iode 123 pour l’échantillon injecté
au patient.
Calculer l’activité de l’iode 123 au bout de 18 heures après l’injection. On
donnera le résultat à 1 Bq près.
La demi-vie, notée T, d’un radionucléide est le temps nécessaire au bout duquel
son activité a diminué de moitié.
B En utilisant le graphique de la Partie A, donner une valeur approchée, à 0,1
heure près, de la période T de l’iode 123. On laissera apparents les traits
de construction utiles
C Déterminer la période T de l’iode 123 par le calcul. On donnera le résultat
en heures et minutes.
28
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Séquence 4 – MA02
4 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
Définition
L’unique fonction f définie et dérivable sur ℝ et telle que : f ' = f
et f (0 ) = 1 est appelée fonction exponentielle. On la note exp.
exp' = exp
exp(0 ) = 1
Propriétés algébriques
Pour tous réel a et b, pour tout entier n :
exp(a + b ) = exp(a ) × exp( b ) (relation
fonctionnelle caractéristique) ;
exp( −a ) =
On pose exp( x ) = e x pour tout
nombre réel x :
1
;
exp(a )
exp(a − b ) =
ea + b = ea × eb ;
e −a =
1
ea
exp(a )
;
exp(b )
ea − b =
)n
ena = ea
exp(na ) = ( exp(a ) .
;
ea
eb
;
( ).
n
Propriétés de la fonction exponentielle
Signe de e x
Sens de
variation
Pour tout réel x, e x est strictement positif : e x > 0.
La fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ.
Séquence 4 – MA02
29
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Limites
lim e x = +∞ et lim e x = 0.
x →+∞
x →−∞
0
−∞
x
+
exp'( x ) = exp( x )
+∞
+
+∞
1
exp( x ) = e x
0
Courbe
de la fonction exponentielle
e
y = exp(x)
Autres limites
Équations,
inéquations
Remarque
30
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j
O
i
ex
ex − 1
= +∞ ; lim x e x = 0.
= 1 ; lim
x →0 x
x →+∞ x
x →−∞
lim
Pour tous réels a et b, on a :
t ea = e b ⇔ a = b
t ea < e b ⇔ a < b.
Soit k un nombre réel strictement positif. L’unique solution de l’équation
e x = k est appelée logarithme de k et sera notée ln k ou ln(k ). Ainsi eln k = k
pour k > 0.
Séquence 4 – MA02
Variations
des fonctions composées exp u = eu
Soit u une fonction définie sur un intervalle I, la fonction composée exp u = eu
possède les mêmes variations que la fonction u.
Dérivation
des fonctions composées exp u = eu
Soit u une fonction définie et dérivable sur un intervalle I.
( )
La fonction composée exp u = e u est dérivable sur I et on a e u ' = u 'eu c’estu(x )
à-dire que, en posant f ( x ) = e
B
Exercice I
on a, pour tout x de I, f '( x ) = u '( x ) × eu ( x ) .
Exercices de synthèse
ex − 1
.
ex + 1
Étudier les limites de f en +∞ et en −∞. Que peut-on en déduire pour la
courbe représentative de f ?
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
Déterminer les variations de la fonction f.
Donner son tableau de variation et sa courbe représentative.
Exercice II
1BSUJF"
Soit la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f (t ) = 8, 25t e −t et soit Ꮿ sa courbe
représentative dans un repère orthogonal (unités conseillées : 4 cm sur l’axe des
abscisses et 2 cm sur l’axe des ordonnées).
Déterminer la limite de f en +∞. Que peut-on en déduire pour la courbe Ꮿ ?
Etudier les variations de f.
Construire la courbe Ꮿ ainsi que ses tangentes aux points d’abscisse 0 et 1.
1BSUJF#
Un médicament est injecté par voie intramusculaire. Il passe du muscle au sang
puis est éliminé par les reins. La quantité de médicament présente dans le sang
(en cg) en fonction du temps (exprimé en heures) est égale à f (t ) = 8, 25t e −t
pour t ≥ 0.
Calculer la quantité de médicament présente dans le sang au bout de
2 h 30 min.
Séquence 4 – MA02
31
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Le médicament n’est efficace que si la quantité est supérieure à 1 cg.
1SJTFEJOJUJBUJWF donner une valeur approchée à la minute près de la durée
pendant laquelle le médicament est efficace.
Exercice III
x
Soit la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x e .
Dresser le tableau de variations de f.
Donner, suivant la valeur du nombre réel a fixé, le nombre de solution de
l’équation : f ( x ) = a.
Montrer que l’équation f ( x ) =
tive un .
1
(n ∈ℕ∗ ) admet une unique solution posin
Déterminer des valeurs approchées à 10−3 près de u1, u 2 , et u .
3
( ) est décroissante. Que peut-on en déduire ?
Montrer que la suite u
n
1
Montrer que pour tout n de ℕ ∗ : 0 < u < . Déterminer alors
n n
Exercice IV
Soient k un réel non nul et fk la fonction définie sur ℝ par : f ( x ) = ekx . Soit
Ꮿ k la courbe représentative de f dans un repère orthonormé. Pour tout point M
de Ꮿ k , on note H le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses et T le point
d’intersection de l’axe des abscisses et de la droite Ᏸ , tangente à Ꮿ k en M.
Montrer que la longueur TH ne dépend pas du point M choisi.
−
Exercice V
lim un .
n →+∞
1
Soit f la fonction définie sur ℝ par : f ( x ) = e x
2
si x ≠ 0 et f (0 ) = 0.
Montrer que f est continue en 0.
Montrer que f est dérivable en 0 et que f ’(0) = 0.
Dresser le tableau de variations de f.
Construire la courbe Ꮿ représentative de f dans un repère orthonormé.
Exercice VI
Soit a un nombre réel fixé, on définit sur ℝ la fonction fa par fa ( x ) = e x − ax .
Déterminer l’ensemble des valeurs de a pour lesquelles f admet un minimum.
a
Tracer l’allure de la courbe représentative Ꮿ a de fa pour deux valeurs a telles
que a > 0.
Lorsque f admet un minimum, soit M le point de Ꮿ a d’ordonnée minimale.
a
a
Montrer que lorsque a varie, les points Ma sont sur la courbe d’équation
y = (1− x )e x .
32
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Séquence 4 – MA02
Exercice VII
On injecte à l’instant t = 0 une substance dans le sang d’un animal. La concentration (en mg.L−1 ) de la substance injectée varie en fonction du temps t exprimé
)
(
en heures, on la note C (t ), et on a la relation : C (t ) = 8 e −t − e −2t .
On définit ainsi la fonction C sur 0 ; + ∞  .
( )
Démontrer que pour tout t positif, C '(t ) = 8 2 − et e −2t . En déduire le tableau
de variation de la fonction C. Représenter C.
Au bout de combien de temps la concentration retombe-t-elle à la moitié de
sa valeur maximale ? On donnera une valeur approchée de ce résultat avec
une précision d’une minute.
Déterminer le plus petit entier n tel que la concentration soit devenue infé-
rieure à 10−3 au bout de n heures.
x
Exercice VIII
Déterminer la dérivée n-ième de la fonction f définie sur ℝ f ( x ) = x e .
Exercice IX
1BSUJF"
On considère la fonction g définie sur 0 ; + ∞  par g ( x ) = e x − x − 1.
Étudier les variations de la fonction g.
Déterminer le signe de g ( x ) suivant les valeurs de x.
En déduire que, pour tout x de  0 ; + ∞  , e x − x > 0.
1BSUJF#
On considère la fonction f définie sur 0 ; 1 par f ( x ) =
ex − 1
.
ex − x
On appelle C représentative de la fonction f dans le plan muni d’un repère
orthonormé O ; i , j .
(
)
On admet que f est strictement croissante sur 0 ; 1 .
Montrer que, pour tout x de  0 ; 1 , f ( x ) ∈ 0 ; 1 .
Soit Ᏸ la droite d’équation y = x .
B Montrer que, pour tout x de 0 ; 1 , f ( x ) − x =
(1− x )g ( x )
.
ex − x
C Étudier la position relative de la droite Ᏸ et de la courbe Ꮿ sur 0 ; 1 .
Dans un repère orthonormé, représenter la courbe Ꮿ et la droite Ᏸ.
Séquence 4 – MA02
33
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1BSUJF$

1
u 0 =
2
.
On considère la suite un définie par : 
u
 n +1 = f un , pour tout entier naturel n
( )
( )
Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite en
laissant apparents les traits de construction.
Montrer que pour tout entier naturel n,
1
≤ u ≤ un +1 ≤ 1.
2 n
( ) est convergente et déterminer sa limite.
En déduire que la suite u
n
Q
34
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Séquence 4 – MA02
Séquence 5
La fonction
logarithme népérien
Sommaire
1. Pré-requis
2. Définition et propriétés algébriques de la fonction logarithme
népérien
3. Étude de la fonction logarithme népérien
4. Compléments
5. Synthèse
Dans cette séquence, on introduit une nouvelle fonction : la fonction logarithme népérien.
Comme la fonction exponentielle à laquelle
elle est liée, c’est une fonction essentielle
en mathématiques et, par ses nombreuses
applications biologiques et économiques,
elle a aussi un rôle important dans la vie
quotidienne.
Séquence 5 – MA02
1
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1 Pré-requis
A
Généralités sur les fonctions
Dans cette séquence, plusieurs notions sur les fonctions doivent être connues.
1. Limites
zLimites des fonctions de référence (fonctions carré, cube, racine, et leurs
inverses) aux bornes de leurs ensembles de définition.
zRègles opératoires et formes indéterminées.
zComposition.
zLimites et inégalités : théorèmes de comparaison et compatibilité avec l’ordre.
2. Continuité
Théorème des valeurs intermédiaires et son corollaire dans le cas d’une fonction
strictement monotone.
3. Dérivation
zDéfinition de la dérivabilité en un point.
zDérivées des fonctions de référence.
zOpérations.
zLiens entre le sens de variation d’une fonction sur un intervalle I et le signe de
sa dérivée sur I.
B
Fonction exponentielle
Le cours sur la fonction exponentielle doit être connu. Voici un exercice-test
concernant les principaux résultats.
Séquence 5 – MA02
3
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Exercice
Vrai/Faux
Pour chacune des propositions suivantes, dites si elle est vraie ou fausse. Dans le
cas où elle est fausse, proposez une modification qui la rende vraie.
a. La fonction définie sur ]0 ; + ∞[ par f ( x ) = e x est à valeurs dans ℝ+∗ et transforme une somme en un produit.
b. L’équation exp( x ) = 0 admet une unique solution strictement positive.
c. La dérivée de la fonction exponentielle est strictement croissante sur  −∞ ; 0  .
d. La fonction exponentielle est dérivable sur ℝ donc continue sur ℝ.
e. La dérivée de la fonction f : x ֏ e x − 1 est telle que f '( x ) = e x donc f est
une fonction strictement croissante sur ℝ ; par conséquent, il existe un seul
nombre réel x 0 ≥ 0 tel que f ( x 0 ) = 0.
f. Pour tout x ∈] − ∞ ; 0[, e x e − x = 1.
3
3 +3
 3
g. On a  e 2  = e 2 .
1
 
x
h. Sur 0 ; + ∞  , la dérivée de la fonction f : x ֏ e
est f ' : x ֏ e 2 x .
i. Une équation de la tangente à la courbe de la fonction exponentielle au point
d’abscisse 2 est y = e2 ( x − 1).
j. Le tableau de variation de la fonction exponentielle est :
x
–∞
exp ′( x )
1
+∞
+
+∞
0
exp(x)
0
왘
Solution
a. Vrai. On peut aussi définir la fonction f sur ℝ tout entier.
b.Faux. Pour tout réel x, e x > 0 donc l’équation e x = 0 n’a pas de solution
dans ℝ.
c. Vrai. La dérivée de la fonction exponentielle est la fonction exponentielle ellemême, qui est bien strictement croissante sur ℝ, donc sur  −∞ ; 0 aussi.
d. Vrai. Toute fonction dérivable sur I est continue sur I. La fonction exponentielle
qui est dérivable sur ℝ (par définition) n’échappe pas à cette règle.
e. Vrai. On peut même ajouter que x 0 = 0.
f. Vrai. L’égalité e x e − x = 1 est même vraie pour tout réel x.
3
3 ×3
9
 3
g. Vrai. En effet, on calcule séparément  e 2  = e 2 = e 2 ,
 
3 +3
3+6
9
2
2
2
2
=e
=e .
puis e
4
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Séquence 5 – MA02
Toutefois, dans le cas général de nombres réels x et y quelconques, on a :
( ) ≠e
ex
y
x +y
sauf dans les cas « exceptionnels » où x × y = x + y (comme ici,
où x = 3 et y = 3 on vérifie que x + y = 9 = x × y ).
2
2
h. Faux. En posant u ( x ) = x sur 0 ; + ∞  , on a f '( x ) = u '( x )eu ( x ) =
1
2 x
e x.
i. Vrai. En effet, on sait qu’une équation de la tangente à la courbe
de la fonction exponentielle au point d’abscisse 2 est
y = exp'(2)( x − 2) + exp(2) = e2 ( x − 2) + e2 = e2 ( x − 1).
j. Faux. Il suffit d’échanger les valeurs 1 et 0 données pour x et exp( x ) pour corriger l’erreur. Précisément, le tableau de variations de la fonction exponentielle est :
x
–∞
0
exp ′( x )
+∞
+
+∞
exp(x)
1
0
C
Symétrie par rapport à la droite
d’équation y = x
Propriété
(
)
Soient a et b deux nombres réels. Dans un repère orthonormé O ; i , j ,
)
(
(
)
les points M a ; b et N b ; a sont symétriques par rapport à la droite Ᏸ
d’équation y = x .
N
a
y=x
I
M
b
j
O
i
b
a
Démonstration
Il suffit de montrer que le milieu I du segment
MN appartient à la droite Ᏸ et que les
droites Ᏸ et (MN) sont perpendiculaires.
zLes coordonnées du point I sont
 a +b b +a
 2 ; 2  donc le point I appartient
bien à la droite Ᏸ d’équation y = x .
[ ]
zMontrons que les droites sont perpendiculaires en utilisant le produit scalaire.
Séquence 5 – MA02
5
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On a MN b − a ; a − b et le vecteur v 1; 1 est un vecteur directeur de la
droite Ᏸ. Comme MN ⋅v = (b − a ) × 1+ (a − b ) × 1 = 0 les deux droites sont bien
(
)
( )
perpendiculaires.
D
Logique : contraposée
On appelle « proposition » un énoncé qui peut être vrai ou faux.
Quand une proposition est de la forme « si… alors… », on dit qu’il s’agit d’une
proposition conditionnelle.
Quand on sait qu’une proposition est vraie, on l’appelle « propriété ».
Définition
Soit A et B deux propositions, on considère la proposition ᏼ « A implique
B » c’est-à-dire « si A est vraie alors B est vraie ».
On note nonA la négation (la proposition contraire) de A et nonB la négation de B.
La proposition contraposée de ᏼ est « nonB implique nonA » c’est-à-dire
« si B est fausse alors A est fausse ».
Propriété
Une proposition conditionnelle et sa contraposée sont vraies en même
temps : si l’une est vraie, l’autre est vraie aussi. Elles sont donc toutes les
deux vraies ou toutes les deux fausses.
6
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Séquence 5 – MA02
2
A
Définition et propriétés
algébriques de la fonction
logarithme népérien
Objectifs du chapitre
On définit ici la fonction logarithme népérien, une des fonctions essentielles des
mathématiques.
On étudie ses propriétés algébriques, c’est-à-dire les propriétés de la fonction
logarithme népérien lorsqu’on utilise les opérations + , − , × , ÷ . On étudie aussi
des équations et des inéquations où la fonction logarithme népérien intervient.
Début du premier chapitre du livre de Neper :
Mirifici Logarithnorum Canonis Descriptio - 1614.
B
Activité 3
Pour débuter
Un peu d’histoire
Au début du dix-septième siècle, le besoin de faire beaucoup de calculs (en astronomie, navigation, économie (où on est amené à chercher n (k étant donné)
n

t 
= k pour connaître l’évolution de
dans des relations de la forme  1+
 100 
placements d’argent à intérêts composés) pousse à chercher des moyens pour
faciliter ces calculs, notamment les multiplications et les puissances.
Séquence 5 – MA02
7
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L’idée de remplacer les produits par des sommes commence à circuler. Une technique est connue par les astronomes arabes au Xe siècle, basée sur la trigonométrie.
1
L’exemple ci-dessous utilisant la formule sin α × sinβ = ( cos( α − β ) − cos(α + β )
2
)
est proposé par Jean-Pierre Friedelmeyer dans Histoires de logarithmes, Commission Inter-Irem d’Epistémologie et d’histoire des Mathématiques.
Voici un exemple de calcul.
Soit à multiplier A = 50, 8791 et B = 207, 343.
On pose A ⋅ B = 10n ⋅ a ⋅ b = 10n sin α ⋅ sinβ avec a = sinα et b = sinβ; avec
une table trigonométrique à six chiffres, cela donne n = 5 ; a = 0, 508791 ;
b = 0, 207343.
Donc :
F = 30°35’
G = 11°58’
Cos (F – G) = 0,947676
Cos (F + G) = 0,736687
F – G = 18°37’
F + G = 42°33’
différence 0,210989
sinF.sinG = 0,105494
D’où F.G = 10549,4
Les mathématiciens, les utilisateurs de calculs, avaient observé depuis longtemps le rapport entre les suites géométriques et arithmétiques : dans une suite
géométrique, les exposants forment une suite arithmétique. Pour faire des multiplications il suffit de faire des sommes sur les exposants d’après la relation
a n × a n ' = a n +n '.
Voici l’exemple de la suite géométrique de terme général 1,1n et de la suite
arithmétique de terme général n.
Table de valeurs n°1
1,1n
1
1,1 1,21 1,331 1,4641 1,61051 1,77156 1,94872 2,14359 2,35795 2,59374 2,85312 3,13843
n
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
3,45227
3,79750
4,17725
4,59497
13
14
15
16
Les valeurs indiquées dans la première ligne du tableau sont des valeurs approchées à partir de la sixième valeur.
Montrons comment on peut faire des calculs avec cette table de valeurs en donnant l’exemple d’une multiplication et d’une puissance :
z1, 4641× 1, 61051 ≈ 2, 35795 car il s’agit de 1,14 × 1,15 = 1,19. Au lieu de multiplier les deux nombres décimaux, on a ajouté les exposants 4 + 5 = 9, et on a
lu dans la première ligne de la table la valeur correspondant à la valeur 9 de la
deuxième ligne.
résultat
⫻
1,1n
1
1,1 1,21 1,331 1,4641 1,61051 1,77156 1,94872 2,14359 2,35795 2,59374 2,85312 3,13843
n
0
1
2
3
4
5
+
8
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Séquence 5 – MA02
6
7
8
9
10
11
12
3,45227
3,79750
4,17725
4,59497
13
14
15
16
( ) = 1,1 = 1,1 ≈ 3,138433.
z 1, 46413 ≈ 3,138433 car 1, 46413 = 1,14
3
3× 4
12
Elever au cube correspond à multiplier entre eux trois nombres égaux, on ajoute
donc 3 nombres égaux de la deuxième ligne, ce qui correspond à une multiplication par 3.
1,1n
1
1,1 1,21 1,331 1,4641 1,61051 1,77156 1,94872 2,14359 2,35795 2,59374 2,85312 3,13843
n
0
1
2
3
4
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3,45227
3,79750
4,17725
4,59497
13
14
15
16
Sur la première ligne de la table de valeurs n°1 sont indiquées les puissances de
1,1. Mais bien sûr ce qui est intéressant c’est d’avoir des valeurs quelconques sur
cette première ligne. On propose ci-dessous une table de valeurs plus complète
où les valeurs de x sont données avec un pas égal à 0,1, la fonction f est conti+∗
nue, strictement croissante sur ℝ telle que l’égalité f (a × b ) = f (a ) + f (b ) est
toujours vraie. On expliquera dans le chapitre 4 comment est fabriquée cette
fonction.
Les valeurs de la première table s’intercalent dans cette deuxième table
comme on le voit avec les deux premières valeurs et l’avant dernière qui donne
f ( x ) = 15, 000.
Table de valeurs n°2
x
1
1,1 1,2
f(x)
0
1 1,913 2,753 3,3530
x
2,7
2,8
1,3
2,9
1,4
3
1,5
1,6
1,7
1,8
1,9
2
2,1
2,2
2,3
2,4
2,5
2,6
4,254
4,931
5,567
6,167
6,734
7,273
7,784
8,273
8,739
9,185
9,614
10,025
3,1
3,2
3,3
3,4
3,5
3,6
3,7
3,8
12,527
12,840
13,144
13,440
13,727
f(x) 10,421 10,803 11,171 11,527 11,871 12,204
3,9
4
4,1
4,17725
14,007 14,279 14,545 14,804 15,000
4,2
15,057
Les valeurs données pour f ( x ) sont des valeurs approchées.
Vérifier la formule f (a × b ) = f (a ) + f ( b ) avec a = 2 et b = 1, 5 ; avec a = 1, 4
et b = 3 ; avec a = 1, 8 et b = 1, 2.
Imaginez que votre calculatrice est en panne ou que vous êtes au lycée (ou
ingénieur, astronome…) avant 1980… et que vous ne savez plus multiplier
« à la main » les nombres décimaux ou que vous cherchez un moyen de calcul
plus simple que la multiplication.
En utilisant cette table de valeurs donner une valeur approchée de
1, 9 × 2, 2 ; 1, 2 × 1, 6 × 1, 7 ; 1, 92 ; 1, 25 ; 1, 23 × 1, 52.
a
Conjecturer un moyen pour calculer un quotient
et proposer une valeur
b
4 ,1
approchée de
.
3, 2
Conjecturer un moyen pour déterminer une racine carrée a et proposer une
valeur approchée de
1, 7 .
Séquence 5 – MA02
9
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Les logarithmes apparaissent en 1614 quand l’écossais John Neper publie son
livre Mirifici Logarithmorum Canonis Descriptio.
Les logarithmes crées par Neper ne sont pas tout à fait les logarithmes que nous
nommons aujourd’hui logarithme népériens en son honneur mais ils en sont très
proches.
On peut essayer de s’imaginer la vie en Ecosse en 1614 et, pour essayer d’apprécier l’apport de cette invention, penser qu’en mathématiques les notions de fonction, dérivée, exponentielle étaient inconnues et que, en pratique, même l’écriture des nombres décimaux était très récente et pas encore fixée avant Neper.
(On utilisait, par exemple, des fractions au lieu décrire des chiffres à droite de la
virgule. L’écriture positionnelle des décimaux est décrite par le flamand Simon
Stevin en 1586 seulement dans les 17 pages de son livre La Dîme.)
Une des avancées de Neper est d’avoir pensé et utilisé un exposant qui n’est pas
un entier mais qui est une variable réelle puisqu’il a interprété l’exposant comme
une quantité liée au temps, les deux suites, arithmétique et géométrique, qu’il a
utilisées correspondant à des distances parcourues par des points mobiles.
Bien sûr nous en ferons ici une présentation moderne.
C
Cours
1. Définitions
Définition 1
Une fonction f définie sur un intervalle I à valeurs dans un intervalle J est
appelée bijection de I dans J si tout réel b de l’intervalle J admet un et un
seul antécédent a dans I par f, b = f (a ).
왘
Exemple 1
La fonction carré est une bijection de 0 ; + ∞  dans 0 ; + ∞  car, pour tout
nombre b de 0 ; + ∞  il existe un et un seul nombre a dans 0 ; + ∞  tel
que a 2 = b (ce nombre est noté b ).
La fonction carré n’est pas une bijection de ℝ dans 0 ; + ∞  car, pour tout
nombre b de 0 ; + ∞  , il existe, dans ℝ, deux nombres solutions de l’équation
x 2 = b , ce sont b et − b .
Définition 2
Soit f une bijection de l’intervalle I dans l’intervalle J. On appelle bijection
réciproque de f la fonction g définie sur l’intervalle J et à valeurs dans
l’intervalle I telle que a = g (b ) si et seulement si b = f (a ).
10
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Séquence 5 – MA02
왘
Exemple 2
Remarque
La fonction carré étant une bijection
carré
de 0 ; + ∞  dans 0 ; + ∞  , elle a une
fonction réciproque, c’est la fonction
racine carrée.
a = 앀b
Dans un repère orthonormé, la courbe
de la fonction racine est la courbe syméracine
trique de la courbe de la fonction carré
définie sur 0 ; + ∞  par rapport à la droite d’équation y = x .
b = a2
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, la fonction exponentielle étant définie, continue et strictement croissante sur ℝ, les limites étant
lim e x = 0 et lim e x = +∞, tout réel b de l’intervalle 0 ; + ∞  admet un et
x →−∞
x →+∞
un seul antécédent a dans ℝ par la fonction exponentielle, b = ea . La fonction
exponentielle est donc une bijection de ℝ dans 0 ; + ∞  .
Définition 3
La fonction logarithme népérien, notée ln, est la bijection réciproque de la fonction exponentielle.
exp
exp : ℝ → 0 ; + ∞ 
a ֏ ea = b
a = lnb
ln : 0 ; + ∞  → ℝ
b ֏ ln b = a
b = ea
ln
왘
Conséquence
La fonction ln est une bijection de 0 ; + ∞  vers ℝ.
exp
Propriété 1
( )
Pour tout a de ℝ, ln ea = a.
Pour tout b de 0 ; + ∞  , eln b = b.
a = lnb = lnea
b = ea = elnb
ln
Notation
L’image de x par la fonction logarithme népérien se note traditionnellement
ln x . Des parenthèses sont indispensables si la fonction logarithme népérien
s’applique à une somme ou un produit : ln( x + 3) ou ln(2x ) ; elles sont parfois
3
omises dans le cas des quotients : ln . L’usage des calculatrices amène à utilix
ser davantage l’écriture ln( x ), cette écriture étant plus cohérente avec f ( x ). Ces
notations sont analogues à celles rencontrées en trigonométrie.
Séquence 5 – MA02
11
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Propriété 2
Pour tout réel a strictement positif et tout réel b quelconque :
b = lna ⇔ a = eb .
Démonstration
C’est une conséquence directe de la définition ce qui est illustré par le schéma.
Valeurs particulières
ln1 = 0
lne = 1
ln
ln
e0 = 1
ln 1 = 0
e1 = e
exp
ln e = 1
exp
Propriété 3
La fonction logarithme népérien est strictement croissante sur 0 ; + ∞  .
Démonstration
Soit a et b deux réels strictement positifs. Pour justifier que la proposition ᏼ
« si a < b alors ln a < ln b » est vraie, on utilise la proposition contraposée « si
ln a ≥ ln b alors a ≥ b » qui peut aussi s’écrire « si ln a ≥ ln b alors elna ≥ eln b »
d’après la propriété 2. Comme la fonction exponentielle est croissante sur ℝ,
l’implication « si ln a ≥ ln b alors eln a ≥ eln b » est vraie, donc la contraposée de
ᏼ est vraie, donc ᏼ est vraie.
2. Propriétés algébriques
Rappelons la relation fonctionnelle de l’exponentielle : pour tous
réels a et b, exp(a + b ) = exp(a ) × exp(b ).
exp
somme
12
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produit
Séquence 5 – MA02
Ce qui signifie que l’image d’une somme par la fonction exponentielle est un produit d’exponentielles. La fonction exponentielle
transforme les sommes en produits.
On peut donc penser que, pour le logarithme népérien qui est la fonction réciproque de la fonction exponentielle, la propriété correspondante est vérifiée : l’image d’un produit par la fonction logarithme est
produit une somme de logarithmes. La fonction logarithme népérien transforme les produits en sommes.
exp
somme
Théorème 1
ln
(
)
Pour tous réels a et b dans 0 ; + ∞  , ln a × b = lna + ln b.
Cette égalité est appelée « relation fonctionnelle de la fonction logarithme népérien ».
On retiendra que la fonction logarithme transforme les produits en somme.
Démonstration
Pour montrer que ces deux nombres sont égaux, il suffit de montrer que leurs
exponentielles sont égales car pour tous réels x et y, x = y ⇔ e x = e y .
(
ln a × b
)
On a e
= a × b et aussi eln a + ln b = eln a × eln b = a × b. L’égalité du théorème est donc bien prouvée.
Comme pour la fonction exponentielle, on déduit de ce théorème d’autres égalités pour les inverses, les quotients, les puissances, les racines carrées.
Propriété 4
Pour tous réels a et b dans 0 ; + ∞  et n dans Z :
 1
z ln   = − lna ;
a
( )
z ln a n = n lna ;
Démonstration
 b
z ln   = ln b − lna ;
a
z ln
( a ) = 21 lna.
1
0 ; + ∞  : a × = 1 donc
a
 1
 1
soit lna + ln   = 0. Donc ln   = − lna.
a
a
zPour tout réel a dans

1
ln  a ×  = ln1,
a

Séquence 5 – MA02
13
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zPour tous réels a et b dans 0 ; + ∞  :
 1

 b
1
ln   = ln  b ×  = ln b + ln   = ln b − lna.
a
a

a
zSoit un réel a dans 0 ; + ∞  . Démontrons par récurrence que pour tout n
( )
dans ℕ on a : ln a n = n lna.
∗
왘 Initialisation : l’égalité est vraie pour n = 1.
soit k un entier naturel, k ≥ 1, pour lequel on suppose
왘 Hérédité :
( ) = k lna. On a alors ln(a ) = ln(a × a ) = ln(a ) + ln(a )
que ln a
k +1
k
k
k
d’après la propriété du théorème sur le logarithme du produit de deux
( ) ( ) ()
nombres. Et donc ln a k +1 = ln a k + ln a = k lna + lna = (k + 1) lna. La
propriété est donc héréditaire.
왘 Conclusion : pour tout n dans
( ) = ln1= 0 = 0 × lna.
Pour n = 0 : ln a
( )
ℕ ∗ on a : ln a n = n lna.
0
Considérons un entier strictement négatif et écrivons-le −n (alors n est
dans ℕ ∗ ),
( )
( ) (
 1
on a : ln a −n = ln   = − ln a n = − n lna = ( −n ) lna.
 an 
L’égalité est donc prouvée pour tout entier n dans Z.
zPour tout réel a dans 0 ; + ∞  :
)
a × a = a donc ln
1
soit ln a + ln a = 2ln a = lna. Donc ln a = lna.
2
( )
( a × a ) = lna ,
왘
Exemple 3
Exprimer les nombres suivants à l’aide de ln 2 et de ln 3 :
 9 
2
ln 4 , ln( −4 )2 , ln 36, ln( 6 ), ln   , ln  16  .
3
 8 
왘
Solutions
On a : ln 4 = ln(22 ) = 2ln 2 ;
ln( −4 )2 = ln16 = ln(24 ) = 4 ln 2 ;
ln 36 = ln( 4 × 9 ) = ln 4 + ln 9 = ln(22 ) + ln( 32 ) = 2ln 2 + 2ln 3 ;
1
1
ln 2 + ln 3
;
ln 6 = ln 6 = ln(2 × 3) =
2
2
2
( )
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Séquence 5 – MA02
 9
ln   = ln 9 − ln 8 = ln( 32 ) − ln(23 ) = 2ln 3 − 3ln 2 ;
 8

 2
2
1  2
ln 2 − ln 3
ln  16  = ln16 + ln   = ln( 24 ) + ln   = 4 ln 2 +
3
2
2  3

 3
9
1
= ln 2 − ln 3.
2
2
Remarque
( )
Dans le calcul de ln( −4 )2 on n’a pas pu utiliser la propriété sur ln a n car cette
propriété ne peut s’appliquer que si a est strictement positif ce qui n’est pas le
cas de −4.
3. Équations, inéquations
a) Équations
Propriété 5
Pour tous réels a et b strictement positifs, on a :
lna = ln b ⇔ a = b.
Démonstration
Cette équivalence est la traduction du mot « bijection ».
La fonction ln est une bijection de 0 ; + ∞  dans ℝ, donc deux nombres différents ne peuvent pas avoir la même image par la fonction ln, d’où l’implication
lna = ln b ⇒ a = b. L’implication réciproque et vraie, bien sûr, donc l’équivalence
lna = ln b ⇔ a = b est prouvée.
Remarque
L’utilisation simultanée de la fonction ln et de la fonction exponentielle, bijections
réciproques l’une de l’autre, permet de résoudre des équations où il n’y a qu’un
seul logarithme ou qu’une seule exponentielle. L’application de la fonction ln
fait disparaître l’exponentielle et l’application de la fonction exponentielle fait
disparaître le logarithme comme on l’a vu dans la propriété 1.
Propriété 6
Pour tout réel k, l’équation ln x = k admet une unique solution dans  0 ; + ∞ : x = ek .
k


ln x = k ⇔ x = e .
Si k > 0 l’équation e x = k admet une unique solution dans ℝ : x = lnk .
e x = k ⇔ x = lnk .
Si k ≤ 0, l’équation e x = k n’admet aucune solution dans ℝ.
Séquence 5 – MA02
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Démonstration
En appliquant la fonction exponentielle aux deux termes de l’expression
ln x = k on obtient : ln x = k ⇔ eln x = ek ⇔ x = ek .
De même e x = k ⇔ ln e x = lnk ⇔ x = lnk .
왘
Exemple 4
(
)
Pour quelles valeurs de x, ln x ( x + 1) est-il défini ?
(
)
Résoudre dans ℝ l’équation : ln x ( x + 1) = ln 30 .
( )
Résoudre dans ℝ l’équation : e ( e + 1) = 12.
Résoudre dans ℝ l’équation : ln x 2 + 1 = 7.
왘
Solution
x
x
)
(
Le nombre ln x ( x + 1) est défini si et seulement si : x ( x + 1) > 0. Le trinôme
du second degré x(x+1) est négatif si et seulement si x est compris entre les
deux racines −1 et 0.
)
(
Ainsi ln x ( x + 1) est défini si et seulement si :
x ∈D avec D =  −∞ ; − 1 ∪ 0 ; + ∞  .
La fonction ln étant bijective, on a pour x ∈D :
(
)
ln x ( x + 1) = ln 30 ⇔ x ( x + 1) = 30 ⇔ x 2 + x − 30 = 0.
Résolvons cette équation du second degré.
On a : ∆ = 1− 4 × ( −30 ) = 121 = 112.
−1+ 11
−1− 11
Il y a donc deux solutions : x 1 =
= 5 et x 2 =
= −6.
2
2
Ces deux réels sont éléments de D donc l’ensemble des solutions de
l’équation ln x ( x + 1) = ln 30 est : S = −6 ; 5 .
(
)
{
}
( )
Pour tout réel x, x 2 + 1 est strictement positif et ln x 2 + 1 existe. Donc, pour
( )
tout réel x, on a : ln x 2 + 1 = 7 ⇔ x 2 + 1 = e7 ⇔ x 2 = e7 − 1.
La fonction exponentielle étant strictement croissante, on a e7 > e0
donc e7 − 1 > 0
( )
et : ln x 2 + 1 = 7 ⇔ x = e7 − 1 ou x = − e7 − 1.


S =  e 7 − 1 ; − e 7 − 1 .


La fonction exponentielle est définie sur ℝ. Donc, pour tout réel x, on a :
 X = e x
 X = e x
 X = e x
⇔
⇔
e x e x + 1 = 12 ⇔ 
 X ( X + 1) = 12  X 2 + X − 12 = 0  X = −4 ou X = 3
(en résolvant l’équation du second degré).
( )
( )
Ainsi : e x e x + 1 = 12 ⇔ e x = −4 ou e x = 3 ⇔ e x = 3 car la fonction exponentielle ne prend que des valeurs strictement positives.
Et donc : e
x
(ex + 1) = 12 ⇔ x = ln 3.
S = {ln 3}.
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Séquence 5 – MA02
b) Inéquations
Propriété 7
Pour tous réels a et b strictement positifs : ln a < ln b ⇔ a < b.
Démonstration
La fonction logarithme est strictement croissante sur 0 ; + ∞  (propriété 4),
donc a < b ⇒ ln a < ln b.
L’implication réciproque ln a < ln b ⇒ a < b est vraie car sa contraposée,
a ≥ b ⇒ ln a ≥ ln b , est vraie d’après le sens de variation de la fonction ln.
Remarque
On a bien sûr aussi une équivalence avec des inégalités larges ln a ≤ ln b ⇔ a ≤ b.
Nous pouvons aussi préciser maintenant des équivalences sur des inégalités mettant en jeu des logarithmes et des exponentielles
Propriété 8
a) Pour tout réel k et tout réel x strictement positif : ln x < k ⇔ x < ek .
b) Pour tout réel λ strictement positif et pour tout réel x : e x < λ ⇔ x < ln λ.
Démonstration
a) Pour démontrer cette équivalence, on peut utiliser ce qui précède en écrivant
k = ln ek . On obtient l’équivalence ln x < ln ek ⇔ x < ek qui est vrai d’après
la propriété 7.
b) En posant λ = eln λ , l’équivalence à prouver devient e x < eln λ ⇔ x < ln λ ce
qui est vrai d’après les propriétés de l’exponentielle.
Remarque
Chaque implication peut aussi se prouver en utilisant la réciprocité des fonctions
exp et ln ainsi que leur stricte croissance sur leur ensemble de définition.
Par exemple l’implication « pour tout réel k et tout réel x strictement positif
ln x < k ⇒ x < ek » est justifiée par le fait que, la fonction exponentielle étant
strictement croissante sur ℝ, on a : ln x < k ⇒ eln x < ek et, comme eln x = x ,
on obtient bien : ln x < k ⇒ x < ek .
Cas particulier
On a : ln x < 0 ⇔ x < e0 soit ln x < 0 ⇔ x < 1.
De même : ln x > 0 ⇔ x > e0 soit ln x > 0 ⇔ x > 1.
On connaît ainsi le signe de ln x suivant les valeurs de x.
x
Signe de ln x
0
+∞
1
négatif
0
positif
Séquence 5 – MA02
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왘
Exemple 5
Résoudre dans ℝ les inéquations :
ln( 3 − x ) + 1 > 0.
ln( x − 1) + ln( x + 1) ≤ ln 3.
왘
Solution
Dans chaque cas, il faut d’abord chercher quel est l’ensemble D des valeurs de x
pour lesquelles le logarithme existe. On termine en ne prenant, parmi les valeurs
susceptibles de convenir, que les valeurs de x qui sont dans cet ensemble D.
Le réel ln( 3 − x ) est défini si et seulement si 3 − x > 0, soit x < 3. Le domaine
d’étude de l’inéquation est donc : D =  −∞ ; 3  . On a :
ln( 3 − x ) + 1 > 0 ⇔ ln( 3 − x ) > −1 ⇔ 3 − x > e −1
(la fonction ln étant strictement croissante sur ℝ+* ).
Ainsi : ln( 3 − x ) + 1 > 0 ⇔ x < 3 − e −1.
Comme 3 − e −1 < 3 on conclut : S =  −∞ ; 3 − e −1  .


Le réel ln( x − 1) + ln( x + 1) est défini si et seulement si : x − 1 > 0 et x + 1 > 0,
soit x > 1. Le domaine d’étude de l’inéquation est donc : D = 1; + ∞  .
Pour tout x de D on a :
(
)
ln( x − 1) + ln( x + 1) ≤ ln 3 ⇔ ln ( x − 1)( x + 1) ≤ ln 3 ⇔ x 2 − 1 ≤ 3
(la fonction ln étant strictement croissante sur ℝ+* ).
Ainsi : ln( x − 1) + ln( x + 1) ≤ ln 3 ⇔ x 2 − 4 ≤ 0.
Le trinôme du second degré x 2 − 4 est négatif entre ses racines −2 et 2 et
positif à l’extérieur des racines.
Mais x doit être dans D, donc on en déduit que l’ensemble des solutions
de ln( x − 1) + ln( x + 1) ≤ ln 3 est 1; 2 .
Dans une copie d’examen, il est conseillé de rappeler, au moins une fois, que
la fonction ln est strictement croissante sur ℝ+* , car c’est cette propriété qui
prouve les équivalences.
왘
Exemple 6
Trouver le plus petit entier naturel n tel que : 2n > 1015.
Trouver le plus petit entier naturel n tel que : 0, 5n < 10−6.
왘
18
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Solution
Les logarithmes ont été inventés pour simplifier les calculs avec des produits ! On
va remplacer chaque inéquation par l’inéquation équivalente sur les logarithmes.
15 ln 10
15 ln 10
On a 2n > 1015 ⇔ n ln 2 > 15 ln 10 ⇔ n >
≈ 49, 83
. Comme
ln 2
ln 2
on peut en déduire que le plus petit entier n qui convient est égal à 50. (Pour
n
trouver 50, on peut aussi afficher les valeurs successives de 2 , mais il faut
apprendre à penser aux logarithmes dès qu’il y a des produits (donc aussi des
puissances) à manipuler).
−6 ln 10
On a 0, 5n < 10−6 ⇔ n ln 0, 5 < −6 ln 10 ⇔ n >
(attention au sens de
ln 0, 5
la dernière inégalité : ln 0, 5 est négatif).
Séquence 5 – MA02
−6 ln 10
≈ 19, 93 on peut en déduire que le plus petit entier n qui
ln 0, 5
convient est égal à 20.
Comme
On trouvera ce type d’inéquation dans des exercices de probabilité.
Par exemple, l’inéquation 0, 5n < 10−6 que l’on vient de résoudre correspond à
la recherche des entiers n tels que, lors de n lancers successifs d’une pièce non
truquée, la probabilité d’obtenir n fois Pile est inférieure à un millionième.
D
Exercices d’apprentissage
Exercice 1
Exprimer à l’aide de ln 2 ou de ln 3 (ou des deux) les nombres suivants :
 9
 4
ln 6 ; ln 16 ; ln 24 ; ln ( −3)2 ; ln 54 ; ln   ; ln( 36 ) ; ln   .
 27 
 8
Exercice 2
Exprimer à l’aide de ln 3, les nombres suivants :
( )
ln 63 − ln 7 ; ln( 27 3 ) ; 2ln 21− ln 49.
Exercice 3
Simplifier les écritures suivantes :
 5
 3
 4
 1
C = 5ln   − 4 ln 3 ; D = ln   + ln   + ln   .
 3
 4
 5
 3
Exercice 4
Simplifier :
ln 6 − ln 3
E=e
Exercice 5
− 1 ln 4
; F=e 2
 
; G = eln 28 − ln 4 ; H = e2ln 3+ 3 ln 2 ; I = ln  1  .
 e5 
Vrai / Faux, à chercher sans calculatrice.
a) ln 2 < 1 < ln 3.
b) Dans ℝ, l’ensemble des solutions x de l’inéquation x × ln 0, 5 ≤ ln 2 est

1
S =  −∞ ; −  .
2

c) Si x = e5 × e7 alors ln x = 35.
d) Si a = ln 11− ln 4 , 9 et b = ln 5, 2 alors a < b.
Exercice 6
Exercice 7
Résoudre dans ℝ les équations :
ln( 5x + 2) = ln 3 ;
ln( −2x + 1) = 0 ;
ln( 3x + 1, 5) = 2 ;
e2x − 3 = 2.
Résoudre dans ℝ les équations suivantes :
ln( x + 3) + ln( x + 2) = ln( x + 11) ;
ln( x 2 + 5x + 6 ) = ln( x + 11) ;
( )2 + 2ln x − 3 = 0.
ln x
Séquence 5 – MA02
19
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Exercice 8
Résoudre dans ℝ les inéquations :
ln x > ln 3 ;
e 2x
e
Exercice 9
−x
ln( x + 1) ≥ ln 3 ;
ln x ≤ 1 ;
ln(1− x 2 ) ≥ 0.
<6 ;
Résoudre dans ℝ les équations et inéquations suivantes :
e2x − 5e x + 4 = 0 ;
e 4 x +1 − 2e2x −
3
=0 ;
e
e 3x − 2e2x − e x ≤ 0.
Exercice 10
On sait que
lim 2n = +∞ (suite géométrique de raison strictement supé-
n →+∞
rieure à 1). Ceci signifie qu’on peut rendre 2n aussi grand qu’on veut pourvu
que n soit assez grand.
Déterminer le plus petit entier n pour lequel 2n ≥ 315.
On sait que
lim 0, 9n = 0 (suite géométrique de raison positive et stricte-
n →+∞
ment inférieure à 1). Ceci signifie qu’on peut rendre 0, 9n aussi petit qu’on
veut pourvu que n soit assez grand.
Déterminer le plus petit entier n pour lequel 0, 9n ≤ 0, 001.
20
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Séquence 5 – MA02
3
A
Étude de la fonction
logarithme népérien
Objectifs du chapitre
Nous étudions ici les propriétés de la fonction logarithme népérien : sens de
variation, limites, courbe représentative, ainsi que des compléments sur les équations, les inéquations et les fonctions composées.
B
Activité 2
Pour débuter
Afficher les courbes de la fonction ln et de la fonction exp sur la calculatrice.
Qu’observe-ton ?
Quelles sont les propriétés de la fonction ln que l’on peut conjecturer ?
Activité 3
On considère la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f ( x ) = eln( x ) .
Déterminer f '( x ) de deux façons différentes.
En déduire l’expression de ln′( x ).
C
Cours
1. Courbe de la fonction ln
Propriété 9
Les courbes Ꮿ ln et Ꮿ exp , représentant respectivement la fonction logarithme népérien et la fonction exponentielle dans un repère orthonormé,
sont symétriques par rapport à la droite Ᏸ d’équation y = x .
Démonstration
(
)
(
Les points M a ; b et N b ; a
d’équation y = x .
) sont symétriques par rapport à la droite Ᏸ
Séquence 5 – MA02
21
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(
)
Lorsque b = lna , le point M a ; lna appartient à la courbe Ꮿ ln et, comme on
a en même temps a = eb , le point N b ; eb appartient à la courbe Ꮿ exp , ces
( )
deux courbes sont donc bien symétriques par rapport à la droite Ᏸ.
a = eb
N
e
b = lna
M
1
j
Ᏸ
1
b = lna e
O i
a
Ꮿln
2. Fonction dérivée de la fonction ln.
Remarque
La courbe Ꮿ exp représentative de la fonction exponentielle admet en tout point
une tangente (non horizontale), la courbe Ꮿ ln représentative de la fonction
logarithme népérien (symétrique de Ꮿ exp par rapport à la droite Ᏸ d’équation
y = x ) admet donc en tout point une tangente (non verticale). Ceci permet de
conjecturer que la fonction ln est dérivable sur 0 ; + ∞  .
De plus la tangente à la courbe Ꮿ exp au point d’abscisse 0 a pour coefficient
directeur exp'(0 ) = 1, cette tangente est donc parallèle à la droite Ᏸ. Par symétrie par rapport à la droite Ᏸ on trouve que la courbe Ꮿ ln admet une tangente
au point d’abscisse 1 et que le coefficient directeur de cette tangente est égal à 1.
Dans ce qui suit, on admet que la fonction ln est dérivable en 1 et que ln'(1) = 1.
Théorème 2
La fonction ln est dérivable sur
0 ; + ∞  et, pour tout réel x
strictement positif, on a :
ln'( x ) =
1
.
x
Démonstration
On a admis que ln'(1) = 1, c’est-à-dire que :
ln(1+ h ) − ln1
ln(1+ h )
= 1, soit lim
= 1.
h →0
h →0
h
h
lim
Soit a un réel strictement positif. Le taux d’accroissement
ln(a + h ) − lna
en a est donc
, h étant un nombre réel tel
h
que a + h soit strictement positif.
 h
 h
 a +h
ln 
ln  1+ 
ln  1+
+

 a 
 a 1
 a 
ln(a + h ) − lna
= ×
=
=
.
On a
h
h
a
h
h
a
22
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Séquence 5 – MA02
On a transformé suffisamment pour reconnaître une quantité qui ressemble
ln(a + h ) − lna
à celle dont on a admis la limite. La fonction h ֏
est donc
h
1 ln(1+ H )
h
la composée de la fonction h ֏
et de la fonction H ֏ ×
. or
a
a
H
h
ln(1+ H )
h
lim = 0 et lim
= 1, donc, en composant avec H = , on obtient :
H →0
h →0 a
a
H
 ln(1+ H )  1
 ln(a + h ) − lna  1
lim 
= .
= lim 

h →0 
h
 a H →0  H  a
1
Ce qui précède prouve que la fonction ln est dérivable en a et que ln'(a ) = , le
a
théorème est donc démontré.
Remarque
Remarque
Ici, on a admis que la fonction ln est dérivable en 1 et la valeur du nombre dérivé
avec ln'(1) = 1 ; dans l’activité 3, on a construit une autre démonstration en
admettant que la fonction ln est dérivable sur ℝ+∗ mais sans préciser de valeur.
Les points de vue sont différents suivant les manuels que vous pouvez consulter.
Il est possible aussi d’étudier la dérivabilité de la fonction ln sans rien admettre
de particulier concernant la fonction ln, mais c’est alors plus difficile.
1
étant toujours positif sur 0 ; + ∞  , on retrouve
Le signe de ln'( x ) qui vaut
x
que la fonction ln est strictement croissante sur 0 ; + ∞  .
3. Limites aux bornes de ]0 ; +∞[
On a :
lim e x = +∞ et lim e x = 0. Les courbes Ꮿ exp et Ꮿ ln étant syméx →−∞
x →+∞
triques par rapport à la droite Ᏸ d’équation y = x , on peut conjecturer les
limites de la fonction ln aux bornes de 0 ; + ∞  .
Propriété 10
On a : lim ln x = +∞ et lim ln x = −∞.
x →+∞
x →0
x >0
L’axe des ordonnées est donc asymptote à la courbe (cela se déduit, par symétrie,
du fait que l’axe des abscisses est asymptote en −∞ à la courbe représentative
de la fonction exponentielle). Une démonstration de ces résultats utilisant les
propriétés algébriques et le sens de variation de la fonction ln est proposée cidessous sous forme d’exercice corrigé.
왘
Exemple 7
Montrer que
( )
lim ln 2n = +∞.
n →+∞
En déduire que :
lim ln x = +∞ (on reviendra à la définition d’une limite).
x →+∞
En déduire que : lim ln x = −∞.
x →0
x >0
Séquence 5 – MA02
23
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왘
Solution
( )
Pour tout entier naturel n : ln 2n = n ln 2. Le nombre ln 2 est stricte-
ment positif car, la fonction ln étant strictement croissante sur 0 ; + ∞  ,
on a ln 2 > ln 1. La suite arithmétique de terme général n ln 2 diverge donc
( )
vers +∞ donc lim ln 2n = +∞.
n →+∞
Considérons un intervalle I =  A ; + ∞  . Cet intervalle I contient tous les



n 
à partir d’un certain rang
termes de la suite
( )
n0 . La fonction ln
n
étant croissante sur 0 ; + ∞  , pour tout x ≥ 2 , on a ln x > ln  2 0  > A.


n0
Ainsi I contient toutes les valeurs ln x pour x assez grand ( x ≥ 2 ). Cela est

ln 2
n0
vrai pour tout intervalle I de la forme I =  A ; + ∞  , cela signifie que :
lim ln x = +∞.
x →+∞
 1
Pour montrer que lim ln x = −∞, on utilise l’égalité ln x = − ln
 x  .
x →0
x >0
 1
1
La fonction x ֏ − ln   est la composée de x ֏ et de X ֏ −ln X .
x
x
1
1
Or lim = +∞ et lim − ln X = −∞, donc, par composition avec X = ,
x
x →0 x
X →+∞
x >0
 1
on obtient : lim ln x = lim − ln   = lim − ln X = −∞.
 x  X →+∞
x →0
x →0
x >0
x >0
4. Tableau de variation et courbe
Le tableau de variation résume les résultats précédents, on a indiqué deux valeurs
remarquables.
0
x
ln'( x ) =
1
x
1
+
e
+
+∞
+
+∞
1
ln x
−∞
0
On observe que l’axe des ordonnées est une asymptote à la courbe de la fonction
ln.
Il faut mémoriser parfaitement la courbe de la fonction ln.
24
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Séquence 5 – MA02
Ꮿln
1
j
O
i
e
1
왘
Exemple 8
Tracer la courbe représentative de la fonction ln avec ses tangentes aux points
d’abscisses 1 et e.
왘
Solution
On peut obtenir ces tangentes par symétrie à partir des tangentes à la courbe
représentative de la fonction exponentielle.
On peut aussi chercher les équations réduites.
Tangente au point d’abscisse 1 :
Ꮿln
1
Tangente au point d’abscisse e :
x −e
y = ln'(e )( x − e ) + 1 =
+ 1,
e
x
soit y = .
e
j
O
i
1
y = ln'(1)( x − 1) + 0, soit y = x − 1.
e
Te
T1
5. Autres limites
Démonstration
C’est une forme indéterminée, pour l’étudier on peut faire
apparaître une exponentielle pour utiliser une limite connue.
ln x
ln x
ln x
=
, la fonction x ֏
est la comComme
ln x
ln x
ln x
On a : lim
= 0.
x
e
e
x →+∞ x
X
posée de x ֏ ln x et de X ֏ X . Or lim ln x = +∞
e
x →+∞
X
e
X
et lim
= 0 (car lim
= +∞), donc, par comX →+∞ e X
X →+∞ X
ln x
ln x
X
= lim
= lim
= 0.
position avec X = ln x , on obtient : lim
ln
x
x →+∞ x
x →+∞ e
X →+∞ e X
Propriété 11
Remarque
Cela signifie qu’en +∞ la fonction ln « tend vers +∞ » moins vite que la
fonction x ֏ x .
Séquence 5 – MA02
25
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Démonstration
Propriété 12
C’est encore une forme indéterminée. On se ramène au cas
précédent en utilisant le logarithme de l’inverse.
On a : lim x ln x = 0.
x →0
x >0
 1
ln  
 1
x
x ln x = − x ln   = −
,
la fonction
Comme
1
x
x
1
ln X
1
x ֏ x ln x est la composée de x ֏ et de X ֏ −
. Or lim = +∞ et
X
x
x →0 x
x >0
 ln X 
1
= 0, donc, par composition avec X = , on obtient :
lim  −

X 
x
X →+∞ 
− ln X
lim x ln x = lim
= 0.
x →0
X →+∞ X
x >0
왘
Exemple 9
Démontrer que lim x 2 ln x = 0 ; lim
Solution
Comme pour tout x strictement positif on a x 2 ln x = x × x ln x , il ne s’agit pas
x →0
x >0
x >0
왘
x ln x = 0.
x →0
d’une forme indéterminée car on reconnaît le produit de deux quantités qui
tendent vers 0 quand x tend vers 0, donc lim x ln x = 0.
x →0
x >0
x ln x c’est différent. On peut transformer le logarithme pour
qu’il porte sur la racine carrée ce qui permet ensuite d’utiliser la propriété 12.
Mais pour
Pour tout réel x strictement positif, on a :
2

x ln x = x ln  x  = 2 x ln x .


( )
La fonction x ֏ 2 x ln x est la composée de x ֏ x et de X ֏ 2X ln X .
Or lim
x →0
x = 0 et lim 2X ln X = 0, donc, en composant par X = x , on
X →0
x >0
X >0
obtient : lim
x →0
x ln x = lim 2X ln X = 0.
X →0
x >0
X >0
ln(1+ h )
= 1.
h
h →0
Rappel
On a admis que ln'(1) = 1, soit lim
À savoir
Dans les études d’une limite où intervient un logarithme ln x, on utilise les limites
du cours en observant le comportement de x pour bien savoir quelle limite utiliser.
0
x tend vers…
lim ln x = −∞
1
+∞
lim ln x = +∞
ln(1+ h )
= 1 x →+∞
h
h →0
Limites du cours x >0
ln x
à connaître
ln x
=1
lim x ln x = 0 lim
lim
=0
x →1 x − 1
x →0
x →+∞ x
x →0
x >0
26
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Séquence 5 – MA02
lim
Remarque
On peut retenir les deux limites lim x ln x = 0 et
x →0
x >0
ln x
= 0 en remarx →+∞ x
lim
quant que, pour ces deux formes indéterminées, c’est « x qui l’emporte sur le
logarithme en 0 et en +∞ ».
6. Fonctions composées lnu
Propriété 13
Une fonction composée de la forme ln u (qui s’écrit aussi ln u ) est définie
lorsque la fonction u est à valeurs strictement positives : u ( x ) > 0.
Limites
Les limites s’obtiennent en appliquant les règles de composition.
(
)
Dans les études d’une limite où intervient un logarithme ln u ( x ) , on utilise
les limites du cours en observant le comportement de la quantité u ( x ) dont on
prend le logarithme pour bien savoir quelle limite connue on peut utiliser.
Propriété 14
Soit u une fonction définie et à valeurs strictement positives sur un intervalle
I. La fonction composée ln u , définie sur I, possède les mêmes variations sur
I que la fonction u.
Démonstration
Elle est analogue à celle qui a été faite pour la fonction composée exp u car la
fonction ln est strictement croissante sur son ensemble de définition.
On peut donc connaître les variations de la fonction ln u sans utiliser la fonction
dérivée. Mais si on a besoin de la fonction dérivée la propriété suivante permet
de la déterminer.
Propriété 15
Soit u une fonction définie, dérivable et à valeurs strictement positives sur
un intervalle I. La fonction composée ln u , définie sur I, est aussi dérivable
u'
sur I et on a : (ln u )' = , c’est-à-dire que, si la fonction f est définie sur I
u
par f ( x ) = ln u ( x ) , alors la fonction f est dérivable sur I et, pour tout x de
(
I, f '( x ) =
)
u '( x )
.
u( x )
Séquence 5 – MA02
27
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Démonstration
On admettra que la fonction composée ln u , définie sur I, est aussi dérivable sur I
lorsque la fonction u est définie, dérivable et à valeurs strictement positives sur I.
u'
Montrons alors ici que (ln u )' = .
u
Pour tout x élément de l’intervalle I, on peut écrire u ( x ) = eln(u ( x )) = e(lnu )( x ) .
On sait que la fonction ev est dérivable sur I si v est dérivable sur I et
que ev ' = v ' ev . On applique ce résultat à la fonction v = lnu et on obtient
( )
u '( x ) = (lnu )'( x )e(lnu )( x ) , soit u '( x ) = (lnu )'( x ) × u ( x ).
Comme u ( x ) ne s’annule pas, on en déduit la relation annoncée :
u '( x )
(lnu )'( x ) =
.
u( x )
왘
( )
Exemple 10
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = ln x 2 + 1 . Etudier la dérivabilité de
la fonction f.
Solution
On écrit f = ln u , la fonction u étant la fonction définie sur ℝ par u ( x ) = x 2 + 1.
왘
Comme u est une fonction polynôme, u est dérivable sur ℝ, u est à valeurs
strictement positives, et donc, d’après la propriété précédente, la fonction f est
2x
dérivable sur ℝ et f '( x ) =
.
x2 +1
On a ici complètement détaillé l’application de la propriété, dans la pratique on
pourra abréger la rédaction.
D
Exercice 11
Exercices d’apprentissage
Déterminer les limites suivantes :
lim ( x − ln x ) ;
x →+∞
x
lim
;
x → 0 1+ ln x
x >0
lim
ln x
x →+∞ x
Exercice 12
28
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;
lim ( x − ln x ) ;
x →0
ln x
;
x →+∞1+ x
( )
lim ln e x + 1 ;
x >0
lim ln e x + 1 ;
x →+∞
lim
ln x
x →+∞ e x
lim
x →−∞
( )
.
Chacune des fonctions suivantes est définie et dérivable sur l’intervalle I. Donner
l’expression de la fonction dérivée dans chaque cas.

4
a) f ( x ) = ln( 3x − 4 )
I =  ; +∞ 

3
b) f ( x ) = ln( 3 − x )
I =  – ∞;3 
c) f ( x ) = ln( x 2 + 1)
I= ℝ
Séquence 5 – MA02
 x 
d) f ( x ) = ln 
 x 2 + 1
ln x
e) f ( x ) =
x
f) f ( x ) = x ln x − x
Exercice 13
I = 0 ; +∞ 
I = 0 ; + ∞  .
Du tracé de la courbe représentative de la fonction ln, déduire rapidement l’allure
des courbes d’équation :
y = ln
Exercice 14
I = 0 ; +∞ 
( x) ;
y = ln( 2x ).
ln x
.
x
Dresser le tableau de variation de f et donner sa courbe représentative.
Soit la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f ( x ) =
Discuter l’existence et le nombre de solutions de l’équation (E) : ekx = x selon
la valeur du réel k.
Exercice 15

1 
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = ln  1+
.
 x 2 + 1
Déterminer lim f ( x ) et lim f ( x ).
x →+∞
x →−∞
Étudier le sens de variation de la fonction f et donner son tableau de variation.
Construire la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.
Exercice 16
On considère la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f (0 ) = 0 et, pour tout réel x
strictement positif, f ( x ) = x ln x .
Étudier la continuité de f en 0.
Étudier la dérivabilité de f en 0. Que peut-on en déduire pour la courbe repré-
sentative de la fonction f ?
Étudier les variations de f.
Donner le tableau de variation de f..
Construire la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.
Exercice 17
Cet exercice est un exercice du type « Restitution organisée de connaissance ».
On rappelle que la fonction ln est définie et dérivable sur 0 ; + ∞  , positive
sur 1; + ∞  , et vérifie :
zln 1 = 0 ;
zpour tous réels strictement positifs x et y, ln( xy ) = ln x + ln y ;
1
zpour tout réel x strictement positif, ln' x = ;
x
z ln 2 ≈ 0, 69 à 10−2 près.
Séquence 5 – MA02
29
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On considère la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f ( x ) = x − ln x .
Répondre aux questions suivantes en utilisant pour la fonction ln seulement les
quatre propriétés précédentes.
Étudier les variations de f et en déduire que f admet un minimum sur  0 ; + ∞  .


En déduire le signe de f ( x ) suivant les valeurs de x, puis que, pour tout x
ln x
x
<
.
strictement supérieur à 1, 0 <
x
x
ln x
En déduire que lim
= 0.
x →+∞ x
n
Exercice 18
30
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 1
 1
Déterminer lim n ln  1+  , puis lim  1+  .
n
n
n →+∞ 
n →+∞ 
Séquence 5 – MA02
4 Compléments
A
Objectifs du chapitre
Dans ce chapitre, on va d’abord rechercher toutes les fonctions qui vérifient la
relation fonctionnelle, c’est-à-dire les fonctions f, définies et dérivables sur ℝ+∗ ,
telles que : pour tous x et y de ℝ+∗ , f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ).
Puis on étudie un cas particulier très utilisé : la fonction logarithme décimal.
B
■ Activité 4
Pour débuter
Pendant les étés 1615 et 1616, Henry Briggs, professeur à Oxford, rendit visite à
Neper en Ecosse pour discuter avec lui d’une amélioration des logarithmes, en les
rendant plus pratiques pour les utilisateurs en utilisant le nombre 10.
On note log une fonction telle que log1 = 0, log10 = 1, et on suppose que cette
fonction possède les mêmes propriétés algébriques que la fonction ln.
Déterminer log105 , log10−2 , log10n , n étant un entier relatif.
Briggs a déterminé que log 2 ≈ 0, 30103, en déduire une valeur approchée de
log 20, log 200, log 2000. Donner un nombre dont le logarithme décimal est
environ 5,30103.
C
Cours
1. Relation fonctionnelle
On sait que la fonction logarithme népérien vérifie :
t pour tous x , y de ℝ
+*
, ln( xy ) = ln x + ln y (*);
t (ln)‘(1) = 1.
On se propose de démontrer que ces propriétés sont caractéristiques de la fonc+*
tion ln (c’est-à-dire que la seule fonction définie et dérivable sur ℝ vérifiant
les propriétés précédentes est la fonction ln) et de déterminer l’ensemble des
fonctions définies et dérivables sur ℝ+*vérifiant la propriété(*).
On vous propose de faire cela sous forme d’un exercice corrigé.
Séquence 5 – MA02
31
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왘 Exercice
On note Ᏹ l’ensemble des fonctions f définies, dérivables sur ℝ+*et vérifiant la
propriété (*) : pour tous x, y de ℝ+*, f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ).
On considère une fonction f dans Ᏹ.
Montrer que : f (1) = 0.
Soient a un réel strictement positif et g la fonction définie sur
ℝ+*
par g ( x ) = f (ax ) − f ( x ).
Montrer que g est constante.
f '(1)
En déduire que : f '(a ) =
.
a
En déduire que pour tout x de ℝ+*, f ( x ) = k × ln x où k = f '(1) (on pourra
considérer la fonction f − k × ln).
Déterminer, alors, l’ensemble Ᏹ.
Conclure.
왘 Solution
L’égalité (*) pour x = y = 1 nous donne :
f (1 ⫻ 1) = f (1) + f (1) soit f (1) = 2 ⫻ f (1).
Ainsi : f (1) = 0.
Pour tout x de ]0 ; +∞[ :
g(x) = f (ax) – f (x) = f (a) + f (x) – f (x) = f (a)
Ainsi g est constante.
La fonction g est constante donc pour tout x de ℝ+* : g ’(x) = 0.
De plus, par définition de g, pout tout x de ℝ+* : g ’(x) = af ’(x) – f ’(x). On a
donc l’égalité :
af ’(ax) – f ’(x) = 0
En particulier, pour x = 1 :
f '(1)
.
af ’(a) – f ’(1) = 0 et donc : f '(a ) =
a
k
Donc on note k = f ’(1) de telle sorte que f '( x ) =
pour tout x de ℝ+*et on
x
considère la fontion h définie sur ℝ+* par h(x) = k lnx.
k k
Pour tout x de ℝ+* : (f − h )'( x ) = f '( x ) − h '( x ) = − = 0. Ainsi f – h est
x x
+*
constante : pour tout x de ℝ : f ( x ) − h ( x ) = C (C ∈ℝ ).
On a : C = f (1) − h (1) = 0 − 0 = 0 et donc f = h et pour tout x de ℝ+* :
f ( x ) = k × ln x .
On vient de prouver que si f appartient à Ᏹ alors : f = k × ln pour un certain
réel k.
+*
Soit k un réel et f définie sur ℝ par f ( x ) = k × ln x .
Pour tous x, y de ℝ+* : f ( xy ) = k × ln( xy ) = k × [ln x + ln y ] = f ( x ) + f ( y ).
Ainsi f ∈Ᏹ .
Ᏹ est donc l’ensemble des fonctions k × ln où k appartient à ℝ.
32
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Séquence 5 – MA02
Soit f une fonction définie, dérivable sur ℝ+*, vérifiant (*) et telle que :
f '(1) = 1.
La fonction f appartient à Ᏹ donc il existe un réel k tel que : f ( x ) = k × ln x
k
et f '(1) = k = 1. Ainsi f est la
pour tout x de ℝ+*. On a, alors : f '( x ) =
x
fonction ln.
Remarque
La fonction qui a été utilisée pour construire l’activité 1 est la fonction f = k ln
1
.
avec k =
ln1,1
2. Fonction logarithme décimal
La fonction logarithme décimal est une des fonctions qui vérifient la relation
fonctionnelle ci-dessus puisqu’elle est de la forme k ln. Le programme de terminale S demande de l’évoquer pour son utilité dans les autres disciplines.
Il est nécessaire de connaître sa définition, mais les propriétés qui sont données
ci-dessous ne sont pas exigibles.
a) Définition et principales propriétés
La fonction logarithme décimal est une des fonctions de la forme k ln, le réel k
étant choisi de façon que 10 ait pour image 1.
Définition 4
La fonction logarithme décimal (notée log) est la fonction définie
sur 0 ; + ∞  par : log x =
Notation
ln x
.
ln 10
L’image d’un nombre x est notée log x ou log( x ), les parenthèses étant indispensables pour des expressions moins simples.
Calculatrice : sur beaucoup de calculatrice on peut trouver la touche log . Si elle
n’existe pas, il suffit d’utiliser le quotient de la définition.
Remarque
t log 1 = 0, log 10 = 1 ;
1
≈ 0, 434294.
ln 10
Des propriétés de la fonction ln, en multipliant tous les logarithmes népériens
par k, on déduit les propriétés suivantes.
zpour tout x de 0 ; + ∞  , log x = k × ln x où k =
Séquence 5 – MA02
33
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Propriété 16
Pour tous réels a, b de 0 ; + ∞  et n de , on a :
log (ab) = log a + log b ;
 1
log   = − log a ;
a
 b
log   = log b − log a ;
a
log a n = n log a ;
log 10n = n ;
log
( )
( )
( a ) = 21 log a.
On déduit des variations de la fonction ln, les variations de la fonction log :
0
x
1
10
+∞
+∞
1
ln x
0
−∞
b) Lien avec l’ordre de grandeur et l’écriture décimale
d’un nombre
Le logarithme décimal d’un nombre renseigne immédiatement sur son ordre de
grandeur et le nombre de ses chiffres quand il est écrit sous forme décimale (par
exemple 16 est l’écriture décimale de 42 ).
Avant d’étudier le cas général, un exemple va illustrer cela.
왘
Exemple 11
Considérons le nombre n = 20122012.
(
)
On a log 20122012 = 2012 × log 2012 ≈ 6646, 899. La partie entière du logarithme décimal de 20122012 étant égale à 6646, on va montrer qu’on peut en
déduire que 20122012 est compris entre 106646 et 106647 et que 20122012 est
un entier écrit sous forme décimale avec 6647 chiffres.
Propriété 17
34
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Démonstration
Comme p ∈1; 10  , on a 1 ≤ p < 10
Soient x un réel strictement positif et x = p × 10k
l’écriture scientifique de ce nombre ( p ∈1; 10  , k ∈Z).
Alors :
et donc 0 ≤ log p < 1 puisque la fonction log est strictement croissante
z k = E(log x ) ;
sur 0 ; + ∞  .
z x = p × 10E(log x ) ;
En ajoutant k, il vient :
z 10E(log x ) ≤ x < 10E(log x )+1.
k ≤ log p + k < k + 1, donc
Séquence 5 – MA02
k ≤ log x < k + 1 et par suite k = E(log x ) et donc x = p × 10E(log x ). Comme
1 ≤ p < 10, on obtient l’encadrement : 10E(log x ) ≤ p × 10k < 10E(log x )+1, soit
10E(log x ) ≤ x < 10E(log x )+1.
Propriété 18
Si x est un nombre entier naturel non nul, le nombre de chiffres de l’écriture
décimale de x est égal à E(log x ) + 1.
왘
Exemple 12
Soit x = 1234, log 1234 ≈ 3, 091 et E(log 1234 ) = 3 : le nombre 1234 est bien
écrit avec 3 + 1 = 4 chiffres.
Démonstration
Soit x un nombre entier naturel non nul, d’après la propriété précédente ,
on a 10E(log x ) ≤ x < 10E(log x )+1. L’écriture décimale de x comporte donc autant
de chiffres que celle de 10E(log x ), c’est-à-dire E(log x ) + 1.
Propriété 19
Inversement, soit x un nombre entier naturel non nul, alors E(log x ) = n − 1
et n − 1 ≤ log x < n.
Démonstration
Soit x un nombre entier naturel non nul, alors 10n −1 ≤ x < 10n .
Donc, puisque la fonction log est strictement croissante sur 0 ; + ∞  ,
on a log 10n −1 ≤ log x < log 10n , soit n − 1 ≤ log x < n. On trouve
( )
donc E(log x ) = n − 1.
왘
Exemple
( )
On peut dire que 4 ≤ log 98765 < 5 puisque 98765 est écrit avec 5 chiffres
et E(log x ) = n − 1 = 4 où n est le nombre de chiffres de x.
c) Utilisation de cette fonction
dans d’autres domaines
En chimie
Définition
Le pH d’une solution aqueuse est égal à : pH = −log[H3O+ ] où [H3O+ ] est
la concentration de la solution en ions H3O+ (en mol.L-1).
Séquence 5 – MA02
35
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왘
Exemple
La concentration en ions [H3O+ ] d’une solution dont le pH est égal à 7 a pour
logarithme décimal −7 elle vaut donc 10−7.
Si le pH augmente de 1, il devient égal à 8, le logarithme de la concentration
diminue de 1, il devient −8, la concentration est égale à 10−8.
Ainsi, si le pH augmente de 1, la concentration est divisée par 10 et, si le pH
diminue de 1, la concentration est multipliée par 10.
Intensité de certains phénomènes naturels.
L’intensité d’un séisme, la luminosité d’une étoile, l’intensité d’un son sont des
grandeurs pour lesquelles les unités de mesures utilisent les logarithmes décimaux. En effet, on a observé que nos sens perçoivent un signal proportionnellement au logarithme de son intensité.
L’exemple le plus quotidien est le décibel qui sert à mesurer l’intensité du son de
nos baladeurs…
D
Exercice 19
Exercices d’apprentissage
Quel est le nombre de chiffres de l’écriture décimale du nombre premier
A = 2243112609 − 1 (le plus grand nombre premier connu en décembre 2011) ?
Questions subsidiaires :
Combien de chandelles ont été utilisées par Briggs pour s’éclairer pendant
tous ces calculs ?
Combien de temps l’invention des logarithmes a-t-elle fait gagner aux astro-
nomes, navigateurs, ingénieurs… depuis 1614 ?
36
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Séquence 5 – MA02
5 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Définition de la fonction logarithme népérien
Définition
La fonction logarithme népérien, notée ln, est la bijection réciproque de la fonction exponentielle.
exp
exp : ℝ → 0 ; + ∞ 
a ֏ ea = b
a = lnb
ln : 0 ; + ∞  → ℝ
b ֏ ln b = a
b = ea
ln
exp
Propriété
( )
Pour tout a de ℝ, ln ea = a.
a = lnb = lnea
Pour tout b > 0 : eln b = b.
b = ea = elnb
ln
Propriété
Pour tous a > 0 et b dans ℝ : b = lna ⇔ a = eb .
2. Valeurs particulières : ln1 = 0 et ln e = 1
3. Sens de variation
Propriété
La fonction ln est strictement croissante sur 0 ; + ∞  .
Séquence 5 – MA02
37
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4. Propriétés algébriques
Théroème : Relation fonctionnelle
z a > 0 et b > 0
(
)
ln a × b = lna + ln b.
Propriété
exp
a > 0, b > 0 et n dans Z :
(
)
z ln a × b = lna + ln b ;
somme
 1
z ln   = − lna ;
a
 b
z ln   = ln b − lna ;
a
produit
ln
( )
z ln a n = n lna ;
z ln
( a ) = 21 lna.
5. Equations, inéquations
Propriété
a > 0 et b > 0 : lna = ln b ⇔ a = b.
Pour tout réel k, ln x = k ⇔ x = ek .
Si k > 0 e x = k ⇔ x = lnk .
Si k ≤ 0, l’équation e x = k n’admet aucune solution dans
Propriété
a > 0 et b > 0 : ln a < ln b ⇔ a < b.
Propriété
a) k dans ℝ et x > 0 : ln x < k ⇔ x < ek .
b) λ > 0 et x dans ℝ : e x < λ ⇔ x < ln λ.
38
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Séquence 5 – MA02
ℝ.
6. Signe de lnx suivant les valeurs de x
0
x
1
négatif
Signe de ln x
+∞
0
positif
7. Fonction ln
Théroème
La fonction ln est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour x > 0, on a ln'( x ) =
1
.
x
Propriété
lim ln x = +∞ et lim ln x = −∞.
x →+∞
x →0
x >0
0
x
ln'( x ) =
1
1
x
+
e
+
+∞
+
+∞
1
ln x
0
−∞
Ꮿln
1
j
O
i
1
e
Séquence 5 – MA02
39
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Propriété
ln x
ln(1+ h )
= 0 ; lim x ln x = 0 ; lim
= 1.
h
x →+∞ x
x →0
h →0
lim
x >0
À savoir
Dans les études d’une limite où intervient un logarithme ln x , on utilise les
limites du cours en observant le comportement de x pour bien savoir quelle limite
utiliser.
0
x tend vers…
1
lim ln x = −∞
+∞
lim ln x = +∞
ln(1+ h )
= 1 x →+∞
h
h →0
Limites du cours x >0
ln x
à connaître
ln x
=1
lim x ln x = 0 lim
lim
=0
−
1
x
x
→
1
x →0
x →+∞ x
x →0
lim
x >0
Remarque
On peut retenir les deux limites lim x ln x = 0 et
x →0
x >0
ln x
= 0 en remarx →+∞ x
lim
quant que, pour ces deux formes indéterminées, c’est « x qui l’a emporté sur le
logarithme ».
8. Fonctions composées lnu
zDéfinition : ln u est définie lorsque la fonction u est à valeurs strictement
positives.
zVariations : ln u a les mêmes variations que u.
u'
zDérivée : (ln u )' =
sur tout intervalle I où u est dérivable et à valeurs stricu
tement positives.
9. La fonction logarithme décimal
On rappelle qu’il suffit de savoir la définition, le reste n’est pas exigible.
ln x
zDéfinition : sur 0 ; + ∞  x ֏ log x avec log x =
.
ln 10
zValeurs particulières : log1 = 0, log10 = 1.
zPropriétés algébriques : analogues à celles de ln.
zVariations : log est strictement croissante sur ℝ∗+ comme la fonction ln.
40
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Séquence 5 – MA02
x
0
1
10
+∞
+∞
1
ln x
0
−∞
Soient x un réel strictement positif et x = p × 10k l’écriture scientifique de ce
nombre ( p ∈1; 10  , k ∈Z ). Alors :
B
Exercice I
z k = E(log x ) ;
z x = p × 10E(log x ) ;
z 10E(log x ) ≤ x < 10E(log x )+1.
Exercices de synthèse
Une fonction f définie et continue sur un intervalle I est dite convexe
(resp. concave si pour tous a , b de I :
 a + b  f (a ) + f ( b )
 a + b  f (a ) + f ( b )
(resp.f 
≥
≤
f
.

2
2
 2 
 2 
Graphiquement cela signifie que si A et B sont 2 points de la courbe Ꮿ de la
fonction alors le milieu de [AB] est au-dessus (resp. en dessous) de Ꮿ.
Montrer que la fonction « carré » est convexe sur ⺢.
a +b
≥ ab .
2
b) En déduire que la fonction ln est concave sur ]0 ; + ∞[.
a) Montrer que pour tous, a, b de ]0 ; +∞[ :
On pourrait faire le lien avec l’exercice de synthèse V de la séquence 2 où la
notion de convexité est présentée d’un autre point de vue.
Exercice II
Partie A
1
Soit g la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par g ( x ) = 2ln x − 1+ .
x
Déterminer lim g ( x ) et lim g ( x ).
x → +∞
x → 0+
Calculer g '( x ). Dresser, alors, le tableau de variations de g.
Montrer que l’équation g ( x ) = 0 admet deux solutions F et G ( α < β ).
Que vaut β ? Déterminer un encadrement de F d’amplitude 10−3.
Donner le signe de g ( x ) en fonction de x .
Partie B
Soit f la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par : f ( x ) = x 2 (ln x − 1) + x .
Déterminer
lim f ( x ) et lim f ( x ).
x →+∞
x →0
x >0
Séquence 5 – MA02
41
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Montrer que : f ( α ) =
10−2 près.
α
(1− α ). En déduire une valeur approchée de f (α ) à
2
Montrer que pour tout x de ]0 ; ∞[ : f '( x ) = x ⋅ g ( x ).
Dresser le tableau de variation de f.
Exercice III
1  x − 4
Soient f la fonction définie sur I = ] 4 ; +∞[ par : f ( x ) = − x + 3 + ln 
 et
2  x − 2
Ꮿ sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O ; i , j ).
Étudier les limites de f aux bornes de I .
x 2 − 6x + 7
.
( x − 4 )( x − 2)
Dresser le tableau de variation de f .
Montrer que : f '( x ) = −
Soit Ᏸ la droite d’équation y = − x + 3. Etudier les positions relatives de la
courbe Ꮿ et de la droite Ᏸ.
Représenter sur un même graphique la courbe Ꮿ et de la droite Ᏸ.
Exercice IV
Soient f et g les fonctions définies sur ℝ+*par : f ( x ) = ln x et g ( x ) = x − ln x .
On note, respectivement
Ꮿ et Ꮿ’ leurs courbes représentatives dans un repère
orthonormal (O ; i , j ). On se propose de chercher les éventuelles tangentes
communes aux deux courbes. Soient a , b deux réels strictement positifs, A le
point d’abscisse a de Ꮿ et B le point d’abscisse b de Ꮿ’. On note ᐀ la tangente à
Ꮿ en A et ᐀’ la tangente Ꮿ’ en B.
Écrire l’équation réduite de ᐀.
Écrire l’équation réduite de ᐀’.
1 1
 + =1
En déduire que : ᐀ et ᐀’ sont confondues si et seulement si :  a b
.
ln(ab ) = 2

Résoudre le précédent système et conclure.
Exercice V
Le plan est muni d’un repère orthonormal (O ; i , j ). Pour tout entier naturel n
non nul, on considère la fonction fn définie sur ℝ+ par : fn ( x ) = x n ln x pour
x ≠ 0 et fn (0 ) = 0. On note Ꮿ n la courbe représentative de fn dans un repère
orthonormé (O ; i , j ).
Montrer que f est continue en 0. Déterminer lim f ( x ).
n
n
x →+∞
Dresser le tableau de variation de f .
n
Sur un même graphique, tracer Ꮿ1, Ꮿ2 et Ꮿ3.
Démontrer que toutes les courbes Ꮿn passent par 2 points fixes O et A.
Démontrer que toutes les courbes admettent en A la même tangente.
42
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Séquence 5 – MA02
Exercice VI
Soit (un ) et (v n ) les suites définies pour tout entier naturel n par :
1
u0 = 9, un +1 = un − 3 et v n = un + 6.
2
a) Montrer que (v ) est une suite géométrique à termes positifs.
n
n
b) Calculer la somme Sn = ∑ v k en fonction de n et en déduire la somme
k =0
n
S 1n = ∑ uk en fonction de n.
k =0
Déterminer lim Sn et lim S ‘n .
x →+∞
n →+∞
On définit la suite (w ) par w = lnv pour tout entier n.
n
n
n
Montrer que (w n ) est une suite arithmétique.
n
Calculer Snn = ∑ w k en fonction de n et déterminer lim S nn .
n →+∞
k =0
Calculer le produit P = v × v …× v en fonction de n.
n
n
0
1
En déduire lim P n .
n →+∞
Exercice VII
Partie A
Soit f la fonction sur [–1 ; 1[ par : f ( x ) = ln(1− x ) + x .
Dresser le tableau de variation de f (on précisera les limites aux bornes).
En déduire que pour tout entier naturel non nul n :

1 
1
a) ln  1+
−
< 0.

 n + 1 n + 1

1 
1
b) ln  1−
+
< 0.

 n + 1 n + 1
Partie B
On considère les suites u et v définies pour tout n de ℕ* par :
n
1 1
1
1
un = 1+ + +…+ − ln n = ∑ − ln n.
n
k
2 3
k =1 n
1 1
1
1
v n = 1+ + +…+ − ln (n + 1) = ∑ − ln (n + 1).
n
k
2 3
k =1
Montrer que la suite u est décroissante et que la suite v est croissante.
Montrer que, pour tout entier naturel non nul n, v < v < u < u . En déduire
n
n
1
1
que les suites u et v sont convergentes.
Montrer que
(
)
lim un − v n = 0. En déduire que les suites u et v convergent
n →+∞
vers la même limite.
La limite commune à ces deux suites est appelée la constante d’Euler, elle est
notée γ. Donner une valeur approchée de γ à 10−2 près. Séquence 5 – MA02
43
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Séquence 6
Ensemble des
nombres complexes
Sommaire
Prérequis
Définition – Forme algébrique
Forme trigonométrique
Synthèse
Cette séquence est une brève introduction à
un nouvel ensemble de nombres, ensemble qui
contient l’ensemble R des nombres réels et
dans lequel les carrés peuvent être négatifs.
Séquence 6 – MA02
1
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1 Prérequis
A
Équation du second degré dans ℝ
Les nombres a, b et c sont des nombres réels avec a ≠ 0 et x est un nombre réel.
Théorème
Tout trinôme du second degré ax 2 + bx + c avec a ≠ 0 peut s’écrire sous la
forme

b 2 ∆ 
ax 2 + bx + c = a   x +  − 2  où ∆ = b 2 − 4ac .
2a 
4a 

Théorème
2
Résolution dans R de l’équation ax + bx + c = 0
∆>0
Deux solutions :
x1 =
B
−b − ∆
−b + ∆
et x 2 =
2a
2a
∆=0
∆<0
Une solution :
Pas de solution
α=
−b
2a
Géométrie
Longueur de la diagonale d’un carré, de l’hypoténuse d’un rectangle isocèle.
C
a 2
a
A
B
Le plan est muni d’un repère orthonormé O ; u , v .
a
(
)
t L’équation ax + by + c = 0 avec (a ; b ) ≠ ( 0 ; 0 ) est une équation de droite.
t La distance des points M0 ( x 0 ; y 0 ) et M( x ; y ) est égale à
( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 .
2
2
t L’équation ( x − x 0 ) + ( y − y 0 ) = R 2 est une équation du cercle de centre
Ω ( x 0 ; y 0 ) et de rayon R.
M0M =
Séquence 6 – MA02
3
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Exemple A
Montrer que l’ensemble E ayant pour équation x 2 + y 2 − 4 x + 2y = 0 est un
cercle dont on donnera le centre et le rayon.
Solution
On transforme l’équation donnée pour faire apparaître ( x − x 0 ) et ( y − y 0 ) .
On a les équivalences :
왘
2
2
( )( )
⇔ ( x 2 − 4 x + 4 ) + ( y 2 + 2y + 1) − 5 = 0
x 2 + y 2 − 4 x + 2y = 0 ⇔ x 2 − 4 x + y 2 + 2y = 0
⇔ ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = 5.
La dernière équation permet de reconnaître que l’ensemble E est le cercle de
centre Ω ( 2 ; − 1) et de rayon 5.
Formules de trigonométrie
Définition
Dans le plan
muni
d’un repère orthonormé
direct (O ; OI, OJ), on considère un cercle C
orienté de centre O et de rayon 1. Soit x un réel
et M le point qui lui est associé.
J
+
M
sin x
x
O
On appelle cosinus de x et sinus de
les
x coordonnées de M dans le repère (O ; OI, OJ).
cos x
On a ainsi : M (cos x ; sin x).
À savoir
Réel x
0
cos x
1
sin x
0
π
6
π
4
3
2
1
2
2
2
π
3
1
2
2
2
3
2
Propriété
Pour tout réel x et tout entier relatif k, on a :
t −1 ≤ cosx ≤ 1 et −1 ≤ sinx ≤ 1 ;
t cos2x + sin2x = 1 ;
cos( x + k × 2π ) = cos x
.
t 
sin( x + k × 2π ) = sin x
4
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Séquence 6 – MA02
U
0
1
I
Propriétés
cosinus et sinus des réels associés à un réel x
cos( − x ) = cos x

sin( − x ) = −sin x
cos(π + x ) = −cos x

sin(π + x ) = − sin x
 π

cos  2 − x  = sin x


sin  π − x  = cos x

  2
 π

cos  2 + x  = −sin x


sin  π + x  = cosx

  2
cos(π − x ) = −cos x

sin(π − x ) = sin x
Propriétés
Formules d’addition
Pour tous réels a et b, on a :
cos (a + b ) = cos a cos b − sina sin b ,
cos (a − b ) = cos a cos b + sina sin b ,
cos 2a = 2cos2a − 1
sin(a − b ) = sina cos b − cos a sin b.
cos 2a = 1− 2sin2a
sin 2a = 2sina cosa
sin(a + b ) = sina cos b + cos a sin b ,
C
cos 2a = cos2a − sin2a
Fonction exponentielle
Théorème
Relation fonctionnelle caractéristique
La fonction exponentielle est la seule fonction f non nulle et dérivable sur R
telle que f ′(0 ) = 1 et, pour tous réels a et b, f (a + b ) = f (a ) × f (b ).
Séquence 6 – MA02
5
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2
A
Définition –
Forme algébrique
Objectifs du chapitre
L’existence d’un ensemble de nombres dans lequel des carrés peuvent être négatifs est énoncée dans un théorème, admis en terminale.
On expérimente alors les calculs possibles.
On en donne une première interprétation géométrique.
On résout toutes les équations du second degré.
Par nécessité, la notion de nombre s’est enrichie au cours des siècles.
ℕ ensemble des entiers naturels N = {0 ; 1 ; 2 ; … }.
왘 L’ensemble Z des entiers relatifs contient N ainsi que les opposés des entiers
naturels : Z = {… ; – 3 ; – 2 ; – 1; 0 ; 1; 2 ; …}
왘 On connaît
a
avec a et b entiers ; ils constituent l’ensemble ℚ des nombres rationnels. b
왘 Les nombres fractionnaires, nécessaires pour les partages, sont de la forme
Remarque
En prenant b = 1, on voit que Z est un sous-ensemble de ℚ.
왘 L’ensemble
R des réels est constitué de l’ensemble ℚ des nombres rationnels et aussi de l’ensemble des nombres irrationnels (qu’on ne peut pas écrire
a
sous la forme
avec a et b entiers) ; nous en connaissons des exemples :
b
π , 2, 3 …
왘 Pour résoudre des équations (du troisième degré en particulier), les mathéma-
ticiens du XVIe siècle commencèrent à entrevoir l’existence d’autres nombres
qu’ils appellent nombres imaginaires. C’est le cas en particulier de Jérôme Cardan, mathématicien italien, qui obtenait des résultats intéressants en prenant
la racine carrée d’un nombre négatif.
Au milieu du XVIIIe siècle, le mathématicien suisse Leonhard Euler désigne
par i le nombre imaginaire –1 ; ainsi i2 = –1 et tous les imaginaires inventés
seront de la fonne a + ib avec a et b réels.
Tous ces nombres constituent l’ensemble des nombres complexes, exemple
que l’on va noter ℂ.
Ces ensembles de nombres sont inclus les uns dans les autres. Ils ont des propriétés différentes, en particulier dans la résolution des équations.
L’équation 7 + x = 4 n’a pas de solution dans N , mais sa solution (–3) est
dans Z.
2
L’équation 3x = 2 n’a pas de solution dans Z , mais sa solution est dans ℚ.
3
6
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Séquence 6 – MA02
L’équation x 2 = 2 n’a pas de solution dans ℚ, ses solutions (– 2 ) et
sont irrationnelles.
2
L’équation x 2 = –1 n’a pas de solution dans R , mais aura 2 solutions i et
(–i) dans le nouvel ensemble ℂ que l’on va étudier maintenant.
b
_
(–3)
a
2
3
^
i
B
Activité 1
(– 2)
2
`
(–i)
Pour débuter
La résolution des équations du second degré était connue des Babyloniens vers
1700 ans avant J.-C.
L’étude de la résolution des équations du troisième degré aboutit en 1545 avec
la publication, dans l’Ars Magna de Jérôme Cardan, de la formule découverte par
Scipione dal Ferro.
Une équation de la forme x 3 = px + q a pour solution le nombre x donné par
x=3
27q 2 − 4 p 3 3 q
27q 2 − 4 p 3
q
+
+
−
.
2
108
2
108
Dans cette formule, le symbole 3 désigne la racine cubique d’un nombre :
a étant un nombre réel, 3 a désigne le seul nombre réel dont le cube est égal
à a. L’existence et l’unicité du nombre 3 a sont prouvées à l’aide du théorème
des valeurs intermédiaires. Sur une calculatrice, la racine cubique du nombre a
1
s’obtient en élevant a à la puissance .
3
Démontrer que toute équation de la forme x 3 = px + q possède au moins
une solution dans ℝ.
En utilisant la formule publiée par Cardan, trouver une valeur de x solution de
l’équation x 3 = 2x + 4.
Mais si on essaie de faire de même avec l’équation x 3 = 15x + 4 , on ne peut pas
conclure car 27q 2 − 4 p 3 est strictement négatif et on ne peut pas en prendre la
racine carrée. Mais on sait qu’il y a au moins une solution d’après .
Séquence 6 – MA02
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Des algébristes italiens du XVIe siècle, Bombelli en particulier, eurent l’audace de
continuer quand même les calculs en utilisant un nombre dont le carré est égal à
−1. Ce nombre sera plus tard noté i par L. Euler en 1777.
En utilisant l’égalité i2 = −1, montrer que, dans le cas de l’équation
x 3 = 15x + 4 , on a
27q 2 − 4 p 3
q
q 1 27q 2 − 4 p 3
+
= 2 + 11i et −
= 2 − 11i.
2
108
2 2
108
En utilisant l’identité remarquable ( x + y )3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3, vérifier
que (2 + i)3 = 2 + 11i et (2 − i)3 = 2 − 11i.
En déduire une solution x 0 de l’équation x 3 = 15x + 4.
Terminer la résolution de l’équation x 3 = 15x + 4 en montrant qu’elle est
équivalente à une équation de la forme ( x − x 0 )( x 2 + ax + b ) = 0.
C
Cours
1. Définition
Théorème 1
(Admis) Il existe un ensemble, l’ensemble des nombres complexes, noté ℂ, tel que :
t ℂ contient l’ensemble ℝ des nombres réels ;
t ℂ est muni d’une addition, d’une multiplication (et donc d’une soustraction et d’une division) qui possèdent les mêmes règles de calcul que dans
l’ensemble des nombres réels ;
t il existe, dans ℂ, un nombre i tel que i2 = −1 ;
t tout nombre complexe z s’écrit de façon unique sous la forme z = a + ib ,
où a et b sont des nombres réels.
Remarque
Dans ℝ , il est impossible de trouver des nombres dont le carré est négatif.
Dans ℂ, cela devient possible…
On a prolongé les opérations (addition et multiplication) avec leurs propriétés, mais
on a perdu une autre des propriétés de ℝ : l’ordre. Dans ℝ , deux nombres quelconques x et y peuvent toujours être comparés : on a x ≤ y ou x > y . Une des
conséquences de l’ordre dans ℝ est la règle des signes, en particulier on sait qu’un
carré, qui est le produit de deux nombres de même signe, est un nombre positif.
L’ordre de ℝ ne peut donc pas être prolongé dans ℂ puisque, dans ℂ, il existe
des carrés négatifs. Ainsi, le nombre i ne peut pas être comparé à 0, le nombre i
n’est pas positif et i n’est pas négatif.
Le symbole
désigne, dans ℝ , le nombre positif dont le carré est égal au
nombre positif qui est sous le radical. Comme il n’y a pas d’ordre dans ℂ, le mot
« positif » n’a pas de sens pour un nombre non réel et on ne peut pas généraliser
l’utilisation de ce symbole qui reste donc réservé aux réels positifs.
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Séquence 6 – MA02
Définitions 1
t L’écriture a + ib , a et b étant réels, s’appelle la forme algébrique du
nombre complexe z tel que z = a + ib.
t Le nombre réel a s’appelle partie réelle du nombre complexe z et on
écrit a = Re(z ).
t Le nombre réel b s’appelle partie imaginaire du nombre complexe z et
on écrit b = Im(z ).
t Quand a est nul, le nombre complexe z s’écrit z = i b et on dit que z est
un imaginaire pur (après leur invention, les nombres complexes étaient
appelés « nombres imaginaires »).
Remarque
t La partie réelle et la partie imaginaire d’un nombre complexe z, Re(z ) et
Im(z ), sont des nombres réels.
t Le nombre réel 0 est un imaginaire pur (0 = 0 ⫻ i) !
Propriété 1
t Nombre complexe nul : a + i b = 0 ⇔ a = 0 et b = 0.
t Égalité : a + i b = a ′ + i b ′ ⇔ a = a ′ et b = b ′ (où a, b, a’ et b’ sont réels).
t Caractérisation d’un nombre réel : z ∈ℝ ⇔ Im(z ) = 0.
t Caractérisation d’un imaginaire pur : z est imaginaire pur ⇔ Re(z ) = 0.
Démonstration
Ces quatre propriétés sont déduites de l’unicité de l’écriture sous forme algébrique z = a + ib , unicité qui est énoncée dans le théorème 1.
2. Opérations
On applique les mêmes règles que dans ℝ. On a donc les mêmes identités
remarquables.
Voici quelques exemples de calcul.
왘
Exemples
t (2 + 3i) + (5 – 4i) = 2 + 5 + 3i – 4i = 7 – i.
t (2 + 3i)(1 – i) = 2 + 3i – 2i – 3i2 = 2 + i + 3 = 5 + i, car i2 = –1.
t (2 + 3i)2 = 22 + 2 w 2 3i + (3i)2 = 4 + 12i + 9i2 = 4 + 12i – 9 = –5 + 12i.
Ici, on a utilisé une identité remarquable qui se calcule comme dans ℝ ; on a
aussi utilisé le fait que i2 = –1.
Séquence 6 – MA02
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t (1 + 3i)(1 – 3i) = 12 – (3i)2 = 1 – 9i2 = 1 + 9 = 10.
Ici, c’est l’identité remarquable (x + y )(x – y ) = x 2 – y 2 qui a été utilisée en
prenant x = 1 et y = 3i.
On peut remarquer que le produit de ces deux nombres complexes non réels est
un nombre réel.
Propriété 2
Pour tous nombres complexes z = a + i b et z ′ = a ′ + i b ′ , a, b, a’ et b’ étant
des nombres réels, on a :
z + z ′ = (a + a ′ ) + i ( b + b ′ ) ;
zz ′ = (aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + a ′b ) ;
kz = ka + ikb pour tout réel k ;
a − ib
a
b
1
= 2 2 = 2 2 − i 2 2 si z ≠ 0.
a + ib a + b
a +b
a +b
Démonstration
On applique les mêmes règles de calcul que dans ℝ.
Pour le produit, on a
zz ′ = (a + i b )(a ′ + i b ′ )
= aa ′ + i ba ′ + iab ′ + i2 bb ′
= (aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + a ′b ) car i2 = −1.
Pour l’inverse, on utilise une identité remarquable (comme on l’a fait avec des
radicaux) en multipliant le numérateur et le dénominateur par a − i b :
a − ib
a − ib
a
1
1
b
=
=
= 2 2 −i 2 2 .
=
2
2
z a + i b (a + i b )(a − i b ) a − −b
a +b
a +b
( )
왘 Conséquence
t Tout nombre complexe non nul admet un inverse.
t Pour tous nombres complexes z et z ′ , on a : zz ′ = 0 ⇔ z = 0 ou z ′ = 0.
Démonstration
On a trouvé un inverse pour chaque nombre complexe non nul donc si zz ′ = 0 et
z ≠ 0, en multipliant par l’inverse de z (c’est-à-dire en divisant par z), on obtient
z ′ = 0. Donc si zz ′ = 0 alors on a z = 0 ou z ′ = 0.
On vérifie facilement la réciproque en utilisant par exemple a = b = 0.
10
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왘
Exemple 1
Déterminer la forme algébrique de l’inverse du nombre 2 + 3i et du quotient
왘
Solution
On a :
Séquence 6 – MA02
1
2− 3 i
2
3
;
= 2 2 = −i
2+ 3 i 2 + 3
13 13
3+i
.
1− 2i
3 + i ( 3 + i )(1+ 2i) ( 3 + 2i2 ) + i( 3 × 2 + 1) 1+ 7i 1 7
=
= +i .
=
=
1− 2i (1− 2i)(1+2i)
5
5 5
12 + 22
Remarque
Quelques propriétés du nombre i :
i
1 i
i2 = –1; i3 = i2 × i = –i ; i4 = (i2 )2 = 1; i5 = i… ; = 2 = = –i.
–1
i i
Pour n ∈ ℕ , i4n = (i4)n = 1n = 1
i4n + 1 = i4n i = 1 i = i
i4n + 2 = i4n i2 = 1 (–1) = –1
i4n + 3 = i4n i3 = 1 (–i) = –i
왘
Exemple 2
Mettre sous forme algébrique les nombres complexes suivants :
(1+ i)3 ;
왘
Solution
1
2 − 3i  1+ i  9  1− i  35
;
;
 .
 ;
7 − 4i 1+ 4i  1− i   1+ i 
t (1+ i)3 = 13 + 3i + 3i2 + i3 = 1+ 3i − 3 − i = −2 + 2i
1
7 + 4i
7 + 4i
7 4
= + i
t
=
=
2
2
7 − 4i (7 − 4i)(7 + 4i) 7 + 4
65 65
2 − 3i (2 − 3i)(1− 4i) 2 − 3i − 8i − 12
10 11
=− – i
=
=
t
1+ 4i (1+ 4i)(1− 4i)
17 17
12 + 42
9
 1+ i 9  (1+ i)(1+ i) 9  1+ 2i − 1
9
t   =
 = (i) = i
 =
 1− i   (1− i)(1+ i)   12 + 12 
Remarque
Penser à simplifier d’abord la parenthèse et ne faire agir qu’ensuite l’exposant.
35
 1− i 35  (1− i)2   1− 2i − 1
35
35 35
35


t   = 
 =  2 2  = (−i) = (−1) (i) = −i
 1+ i 
+
−
(1
i)(1
i)
1 +1


= −i4×8+3 = −(i4 )8 × i3 = −18 × i3 = −i3 = −(−i) = i
3. Représentation géométrique
Les nombres complexes ont longtemps été acceptés difficilement.
Peu à peu, des mathématiciens en ont donné une interprétation géométrique :
Wessel en 1797 dans un texte en danois qui fut peu diffusé, Argand en 1806,
Gauss en 1831. Leur existence n’a ensuite plus posé de difficultés.
Séquence 6 – MA02
11
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Définition 2
Soit O ; u , v un repère orthonormé direct du plan.
(
)
t À tout nombre complexe z = a + i b (avec a et b réels), on associe le
point M de coordonnées (a ; b ) dans ce repère.
On dit que M est le point image de z et que OM est le vecteur image de z.
t Inversement, au point M (a ; b ) du plan, on associe le nombre complexe
z = a + i b.
On dit que z est l’affixe du point M et aussi du vecteur OM .
M(z)
b
z = a + ib
v
O
a
u
Notation
Le point M ayant pour affixe z peut être noté M(z ).
Remarque
왘
Exemple 3
Pour éviter toute confusion, les vecteurs du repère ne s’appellent pas i et j .
Le plan étant muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v , placer les points
A, B, C, D et E d’affixes respectives :
(
)
z A = −2 + 3 i ; zB = 3 − i ; z C = −3 i ; z D = 5 et zE = 2 + 2 i.
Lire les affixes zF , z G , zH , z K , zL et z .
w
F
H
L
v
O 0,5
u
K
w
G
12
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Séquence 6 – MA02
Représenter dans le plan :
a) l’ensemble Ᏸ1 des points M d’affixe z telles que Re(z ) = −1;
b) l’ensemble Ᏸ2 des points M d’affixe z telles que Im(z ) = 3.
왘
Solution
On place les points d’après leurs coordonnées : A ( −2 ; 3) , B( 3 ; − 1) , C ( 0 ; − 3) ,
D ( 5 ; 0 ) et E
( 2 ; 2).
En lisant les coordonnées, on obtient les affixes :
1
3
1
3
z F = − 1, z G = −3 i, zH = 3 + i , z K = − i , zL = + i
et zw = −3 − 2 i
2
2
2
2
(On a remarqué que les points K et L sont sur le cercle trigonométrique.)
Ᏸ2
A
E
Ᏸ1
F
H
L
v
O 0,5
u
D
2
K
B
w
C G
a) Le point M d’affixe z = a + i b (avec a et b réels) est un point de Ᏸ1 si et
seulement si a = −1, l’ensemble Ᏸ1 est donc la droite d’équation x = −1.
b) De même l’ensemble Ᏸ2 des points M d’affixe z telles que Im(z ) = 3 est la
droite d’équation y = 3.
Remarque
Nombres complexes
Somme
Soit z = a + i b et z ′ = a ′ + i b ′ ,
alors z + z ′ = (a + a ′ ) + i(b + b ′ )
Produit par un réel k
k z = k (a + i b ) = ka + i (kb )
En particulier k = −1 − z = −a − i b
Vecteurs
Soit v (a ; b ) et
v ′ (a ′ ; b ′ ) , alors
v + v ′ ( a + a ′ ; b + b ')
k .v (ka ; kb )
−v ( −a ; − b )
On observe une grande correspondance entre ces opérations pour les nombres
complexes et pour les vecteurs.
Séquence 6 – MA02
13
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Pour l’addition et la multiplication par un nombre réel, manipuler les deux coordonnées d’un vecteur revient à manipuler un seul nombre complexe.
On obtient ainsi les propriétés suivantes.
Dans le plan muni du repère orthonormé O ; u , v , on considère le point
M de coordonnées (a ; b ) et le point M’ de coordonnées (a ′ ; b ′ ) et on pose
V = OM = au + bv , V ′ = OM′ = a ′u + b ′v et w = MM′.
(
)
On note zV = zM = a + b i et zV′ = zM′ = a ′ + b ′ i.
w
b + b’
b’
M’
V + V’
I
t
b + b’
2
b
M
v
O
a’
u
a + a’
2
a
a + a’
Propriété 3
t V +V ′ a pour affixe zV + z , ou encore z M + z M ′ .
V′
t V ′ −V a pour affixe zV′ − zV ou encore z M ′ − Z M .
= z − z
t z MM
M′
M (affixe de l’extrémité diminuée de l’affixe de l’origine).
′
car MM′ = MO + OM′ = OM′ − OM = V ′ −V .
t Pour k réel quelconque k iV a pour affixe k × zV .
t L’affixe du milieu I d’un segment est la demi-somme des affixes des extrémités.
t (–z) est l’affixe du symétrique de M(z ) dans la symétrie centrale de centre O.
Les coordonnées du point image de z étant formées par la partie réelle et la partie imaginaire de z, on obtient les caractérisations suivantes.
Propriété 4
t Caractérisation d’un nombre réel : z ∈ℝ ⇔ M(z ) ∈(Ox).
t Caractérisation d’un imaginaire pur : z est imaginaire pur ⇔ M(z ) ∈(Oy)
14
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Séquence 6 – MA02
Vocabulaire
L’axe des abscisses est aussi appelé l’axe des réels et l’axe des ordonnées, l’axe
des imaginaires purs.
axe des imaginaires purs
axe des réels
v
O
u
4. Nombre conjugué d’un nombre complexe
Définition 3
Le conjugué d’un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) est le nombre
complexe noté z défini par :
z = a − i b.
Remarque
왘
Exemple
(z se lit « z barre »).
On a déjà utilisé ce nombre dans les calculs faits pour trouver la forme algébrique
d’un inverse ou d’un quotient.
t Si z = 2 + 3 i, on a z = 2 − 3 i ;
t si z = 4 − 5 i, on a z = 4 + 5 i ;
t si z = i, on a z = − i ;
t si z = 7, on a z = 7.
Remarque
On observe que z et z ont la même partie réelle et que leurs parties imaginaires
sont opposées.
M(z)
v
O
u
M’(z)
Géométriquement, les points images d’un nombre complexe et de son conjugué
sont donc symétriques par rapport à l’axe des abscisses.
Séquence 6 – MA02
15
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Propriété 5
Pour tous nombres complexes z et z ′ :
a) z = z ;
b) pour tout réel λ , λ = λ et, pour tout imaginaire pur ib , i b = −i b ;
c) z z = a 2 + b 2 , et donc z z est réel ;
z +z
d) z + z = 2a = 2Re(z ), Re(z ) =
et z − z = 2 i b = 2i Im(z ),
2
z −z
Im(z ) =
;
2i
e) z + z ′ = z + z ′ ;
f) zz ′ = z × z ′ ; cas particuliers : pour tout λ réel, λz = λ z et donc −z = −z ;
 z′ z′
 1 1
g) pour tout z ≠ 0,   = et   =
;
z z
z z
( ) ( )n .
h) pour tout entier n dans ℤ, z n = z
Démonstration
Les égalités de a) à f) incluses se démontrent directement à partir de la
définition 3. En particulier la relation c) :
z z = (a + i b )(a − i b ) = a 2 − (ib )2 =a 2 − (i )2 b 2 = a 2 + b 2.
1
1

g) On peut utiliser le conjugué d’un produit car z × = 1. Ainsi  z ×  = 1 = 1,

z
z
z′
 1 1
 1
d’où z ×   = 1 et donc   = . En écrivant que le quotient
est égal
z z
z
z
1
1
1 z′
 z′ 
au produit z ′ × , on obtient   =  z ′ ×  = z ′ × = .
z 
z
z
z z
h) Montrons d’abord par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n,
(z n ) = (z )n .
Initialisation :
Hérédité :
Pour n = 1, l’égalité est vraie puisqu’il s’agit du même nombre : z .
On suppose que la proposition est vraie pour un entier k strictement positif,
(z k ) = (z )k . Pour l’entier suivant, on a
(z k +1) = (z k × z ) = (z k ) × z = (z )k × z = (z )k +1
en appliquant d’abord la propriété f) sur le conjugué du produit de deux nombres
complexes, puis en utilisant l’hypothèse de récurrence. L’égalité est donc vraie au
rang n = k + 1. La proposition est donc héréditaire.
16
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Séquence 6 – MA02
Conclusion :
( ) ( )n .
Pour tout n dans ℕ∗ , z n = z
On utilise les exposants négatifs comme dans ℝ et, en utilisant la propriété sur les inverses des nombres complexes non nuls, on obtient
−n
 1
1
1
pour tout entier naturel n non nul.
z −n =  n  =
= n = z
 z  zn
z
( )
( ) ()
()
( ) ( )n .
On pose enfin z 0 = 1 et on peut conclure : pour tout entier n dans ℤ, z n = z
Remarque
On peut préférer retenir certaines de ces propriétés par des phrases :
a) le conjugué du conjugué d’un nombre complexe z est égal à z ;
e) le conjugué d’une somme est égal à la somme des conjugués ;
f) le conjugué d’un produit est égal au produit des conjugués ;
g) le conjugué d’un inverse est égal à l’inverse de son conjugué ; le conjugué du
quotient de deux nombres complexes est égal au quotient des conjugués.
Les égalités d) de la propriété 5 donnent une nouvelle caractérisation des réels
et des imaginaires purs.
Propriété 6
t Caractérisation d’un nombre réel : z ∈ℝ ⇔ z = z .
t Caractérisation d’un imaginaire pur : z est imaginaire pur ⇔ z = −z .
왘
Exemple 4
Sans chercher la forme algébrique, donner directement les conjugués de z et de
4−5i
z’ avec z = ( 4 − 5 i)(3 + i ) et z ′ =
.
3+i
왘
Solution
t z = ( 4 − 5 i)(3 + i ) = ( 4 − 5 i)(3 + i ) = ( 4 + 5 i)(3 − i ) (on a utilisé la propriété f)).
 4 − 5 i 4 − 5 i 4 + 5 i
=
=
t z ′ = 
(on a utilisé la propriété g)).
3−i
 3 + i  3 + i
(
)
왘
Exemple 5
Déterminer les nombres complexes z tels que z z + 3 z − z = 13 + 18 i.
왘
Solution
On pose z = a + i b (a et b réels). Nous avons vu que z z = a 2 + b 2 et z − z = 2 i b.
L’équation de départ est donc équivalente à :
a 2 + b 2 + 3 × 2 ib = 13 + 18 i.
Or deux complexes sont égaux si et seulement si leurs parties réelles et leurs
parties imaginaires sont respectivement égales d’où :


 2 2
a + b = 13 ⇔  a 2 + b 2 = 13 ⇔  a 2 = 4



 b = 3
 b = 3
 6b = 18
d’où deux solutions : z = 2 + 3i ou z = –2 + 3i.
Séquence 6 – MA02
17
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3. Équation du second degré dans ℂ ,
à coefficients réels
왘
Exemple
( )2 = ( −i 5 )2 ;
On a : −5 = i2 5 = i 5
−9 = i2 9 = ( 3 i)2 = ( −3 i)2 .
Ces exemples montrent comment, dans ℂ, l’égalité fondamentale i2 = −1 qui
dit que −1 est un carré dans ℂ entraîne que tout nombre réel négatif est aussi
le carré d’un (et même deux) nombre complexe.
Propriété 7
Dans ℂ, tout nombre réel λ strictement négatif est le carré de deux
nombres imaginaires purs et conjugués : i −λ et de −i −λ .
Démonstration
(
Si λ < 0 alors −λ > 0 et λ = −(−λ ) = i2 (−λ ) = i −λ
2
2
) = (−i −λ ) .
Dans ce qui suit, les nombres a, b et c sont des nombres réels avec a ≠ 0,
z désigne un nombre complexe.
Par des calculs analogues à ceux faits dans le cours de Première, on obtient que
tout trinôme du second degré az 2 + bz + c , avec a ≠ 0, peut s’écrire sous la

b 2 ∆ 
2
forme az + bz + c = a   z +  − 2  où ∆ = b 2 − 4ac .
2a 
4a 

Pour résoudre l’équation az 2 + bz + c = 0, on écrit que la grande parenthèse
contient la différence de deux carrés. Dans le cas où le nombre réel ∆ est stricte2
ment négatif, on peut l’écrire maintenant sous la forme d’un carré ∆ = i − ∆ .
(
On peut donc compléter les résultats déjà connus par :
(
)2 et on a :
2

b  2 (i − ∆ ) 

2

−
az + bz + c = a z −
t Si ∆ < 0, alors ∆ = i − ∆



2a 
4a 2


2
2 

 
−
i
∆
b



= a  z −  − 

2a   2a  



b  i −∆   
b  i −∆ 
= az −  −
z− +



2a 
2a   
2a 
2a 

  b i −∆     b i −∆  
= a z −  − +
 z − − −

2a  
2a     2a
  2a
18
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Séquence 6 – MA02
)

−b + i − ∆  
−b − i − ∆ 
Alors : az 2 + bz + c == a  z −
z−


.
2a
2a



On en déduit :


−b + i − ∆ 
−b − i − ∆ 
az 2 + bz + c = 0 ⇔  z −
= 0 ou  z −

 =0
2a
2a




⇔z =
−b − i − ∆
−b + i − ∆
ou z =
.
2a
2a
Propriété 8
Résolution d’une équation du second degré dans ℂ , les coefficients
étant réels.
Soit, dans ℂ, l’équation (E) : az 2 + bz + c = 0, les nombres a, b et c étant des
nombres réels avec a ≠ 0.
On pose ∆ = b 2 − 4ac et on appelle S l’ensemble des solutions de (E).
 −b + ∆ −b − ∆ 
;
t Si ∆ > 0, S = 
.
2a 
 2a
 −b 
t Si ∆ = 0, S = 
.
 2a 
 −b + i − ∆ −b − i − ∆ 
t Si ∆ < 0, S = 
;
.
2a
2a


Remarque
t Dans le cas où ∆ < 0, les deux solutions sont des nombres complexes conjugués.
t Dans le cas où ∆ < 0, en appelant les solutions z1 et z 2, on obtient
az 2 + bz + c = a ( z − z1)( z − z 2 ). On a vu dans le cours de Première que si
∆ > 0 ou si ∆ = 0 on peut factoriser un polynôme du second degré. On en
déduit ici que, dans ℂ, un polynôme du second degré se factorise toujours.
왘
Exemple 6
Résoudre, dans ℂ, l’équation z 2 + z + 1 = 0.
왘
Solution
On a : ∆ = 12 − 4 × 1× 1 = −3 = i 3
Complément


( )2 et donc S =  −1+2i 3 ; −1−2i 3 .


On a obtenu que tout polynôme du second degré à coefficients réels admet au
moins une racine dans ℂ. On dit aussi que « tout polynôme du second degré
à coefficients réels admet deux racines dans ℂ, distinctes ou confondues » (en
comptant deux racines confondues dans le cas ∆ = 0).
Plus généralement, on démontre beaucoup plus loin dans la théorie des nombres
complexes le théorème de D’Alembert-Gauss : « Tout polynôme de degré n à
coefficients complexes admet n racines dans ℂ, distinctes ou confondues. »
Séquence 6 – MA02
19
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D
Exercice 1
Exercices d’apprentissage
Déterminer la forme algébrique des nombres complexes suivants :
a) z = (1 + i)( 1 – 2i)
b) z = (2 – 3i)(3i)
c) z = (2i + 1)(1 + i)2(3i – 4)
d) z = (5 + 4i)(3 + 7i)(2 – 3i)
1− i
e) z =
2i
3 − 4i
f) z =
7 + 5i
(3 − 2i)(5 + i)
g) z =
5−i
Exercice 2
Résoudre dans ℂ les équations suivantes :
1+ i
a) (3 − i )z =
1− i
2
b) 4z + 8z z − 3 = 0 ; montrer que les images des quatre nombres solutions forment un losange.
4
c) z = ; quel est l’ensemble des points images des solutions ?
z
d) z 2 − 2iz = 0 ; pour cette question, soitO,A, B, C les images dans le plan complexe, muni du repère orthonormal O ; u , v , des solutions obtenues. Montrer
que le triangle ABC est équilatéral.
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
Exercice 3
)
(
)
On pose Z = (z − 2)(z + i). Soit les écritures algébriques
z = x + iy ; x, y réels
Z = X + iY ; X, Y réels
a) Exprimer X et Y en fonction de x et y.
Trouver alors les ensembles suivants :
E1 : ensemble des points M (z) tels que Z est réel.
E2 : ensemble des points M (z) tels que Z est imaginaire pur.
b) Traduire à l’aide de Z que Z est réeI, puis que Z est imaginaire pur.
Retrouver alors les ensembles E1 et E2.
Exercice 4
Résoudre dans ℂ l’équation (E) : z 2 − 2z + 5 = 0.
(
)
Dans un repère orthonormé direct O ; u , v , on appelle A et B les images
des solutions de (E), l’ordonnée de A étant positive. Déterminer l’affixe c du
point C tel que le quadrilatère OCAB soit un parallélogramme.
Exercice 5
20
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Résoudre dans ℂ l’équation z 4 + 7z 2 + 12 = 0.
Séquence 6 – MA02
3
Forme
trigonométrique
A
Objectifs du chapitre
Dans ce chapitre, on aborde un autre point de vue sur les nombres complexes.
L’interprétation géométrique fait maintenant intervenir les longueurs et les
angles.
On montre alors une propriété fondamentale de la multiplication de deux
nombres complexes dont on étudie quelques conséquences.
B
Activité 2
Pour débuter
Soit O ; u , v un repère orthonormé direct du plan.
(
)
Un point Mdu
plan est alors caractérisé par le couple de ses coordonnées (a ; b )
telles que OM = au + bv .
On dit que (a ; b ) est le couple des coordonnées cartésiennes de M.
Le fait que le repère est orthonormé direct permet de mesurer les angles orientés
car le repère indique le sens positif utilisé pour mesurer les angles. Si le point M
est différent de l’origine O, on peutalors
repérer le point M par la longueur OM
et une mesure de l’angle orienté u , OM .
(
)
En effet, un point donné M définit un seul couple (OM, θ ) , étant défini à 2 près.
+
b
M
v
e
w
a
O
u
Et, inversement, la donnée d’un couple (r , θ) où r est un nombre réel strictement
Séquence 6 – MA02
21
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positif détermine un seul point M : M se trouve sur le cercle de
centre O et de
rayon
r
et
sur
la
demi-droite
d’origine
O
dirigée
par
un
vecteur
w
non nul tel que
u , w mesure θ. Le point M est déterminé de façon unique car la demi-droite
et le cercle n’ont qu’un seul point commun. Le couple (r , θ) est le couple de
coordonnées polaires de M, θ étant défini à 2 près.
(
)
Donner les coordonnées polaires des points A, B, C, D, E, F et
G (le point D est le milieu du segment [OB]).
B
G
v
D
F
O
E
Placer les points suivants, donnés par leurs coordonnées
polaires, et donner la forme algébrique de leurs affixes :

 π
3π 
H ( 3 , π) , K 1, −  , L 2 ,  .

 6
4 
A
u
Donner les coordonnées polaires des points suivants, donnés par leurs affixes :
1
3
zM = 1− i , zN = − − i , zP = −2.
2
2
C
C
Cours
1. Module d’un nombre complexe
a) Définition
Définition 4
On appelle module d’un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) le
nombre réel positif, noté z , défini par : z = a 2 + b 2 .
왘
Exemple
| 2 − 3i | = 22 + 32 = 13
| 1| = | 1+ 0i | = 12 + 02 = 1
| −3 | = ( −3)2 + 02 = 3
|i| = 1
Propriété 9
Le module d’un nombre réel est égal à sa valeur absolue.
22
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Séquence 6 – MA02
Démonstration
a 2 qui est aussi la valeur
Si z = a (a réel), la définition du module donne
absolue de a.
Cela justifie l’emploi de la même notation.
Propriété 10
Interprétation géométrique du module
Soit un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) et M son image dans un
repère orthonormé direct O ; u , v , alors z = OM.
(
)
M(z)
b
z = a + ib
v
z = a2 + b2
O
a
u
Démonstration
On sait que z = a 2 + b 2 et que OM = a 2 + b 2 .
Conséquence
On a : z = 0 ⇔ M = O ⇔ z = 0.
Propriété 11
Pour tout nombre complexe z : z = z = −z = − z .
–z
b
M(z)
i
Ꮿ
–a
–1
v
O
u
1
a
–i
–z
–b
z
Séquence 6 – MA02
23
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Démonstration
Soit z = a + i b (a et b réels), on a
a 2 + b 2 = a 2 + ( −b )2 = ( −a )2 + ( −b )2 = ( −a )2 + b 2 .
b) Module et produit
Propriété 12
2
Pour tout nombre complexe z, on a z z = z .
Démonstration
Soit z = a + i b (a et b réels), on a montré dans la propriété 5 du chapitre 2 que
z z = a 2 + b 2 donc z z = z 2 .
Cette égalité fait un lien entre z, son conjugué et son module, elle doit être bien
connue. Elle va servir immédiatement à démontrer les égalités qui suivent.
Propriété 13
Pour tous nombres complexes z et z ′ , on a :
a) zz ′ = z × z ′ ; z n = z
b) pour z ≠ 0,
1 1
= ;
z z
c) pour z ≠ 0,
z′ z′
;
=
z
z
n
pour tout entier naturel n ;
d) z + z ′ ≤ z + z ′ .
Démonstration
a) Comme les modules sont des nombres réels positifs, il suffit de prouver l’égalité
des carrés de ces quantités. En utilisant la propriété précédente, on obtient :
( )
( )( )
zz ′ 2 = ( zz ′ ) zz ′ = zz ′z z ′ = z z z ′z ′ = z 2 × z ′ 2 .
La propriété sur les puissances se démontre par récurrence.
2
b) De même : 1 = 1  1  = 1  1  = 1 .
z
zz zz z2
c) En utilisant a) et b), on a :
24
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Séquence 6 – MA02
z′
1
1 z′
= z′× = z′ × = .
z
z
z
z
d) L’inégalité z + z ′ ≤ z + z ′ est parfois appelée « inégalité triangulaire » car
on peut
l’interpréter géométriquement. Dans un repère orthonormé direct
O ; u , v , soit M l’image de z, M’ l’image de z ′ et M′′ l’image de z + z ′.
(
)
M’’
M’
z+z’
z’
z
v
O
M
u
On sait que, dans le triangle OMM′′ , on a OM′′ ≤ OM + MM′′ soit
OM′′ ≤ OM + OM′ , c’est-à-dire z + z ′ ≤ z + z ′ .
Remarque
On peut préférer retenir les cas a), b) et c) par des phrases :
t le module d’un produit est égal au produit des modules ;
t le module de l’inverse d’un nombre complexe non nul est égal à l’inverse de
son module ;
t le module d’un quotient est égal au quotient des modules.
Conséquence
La propriété 13 montre que les calculs de modules sont aisés lorsque apparaissent des produits ou des quotients. Par contre, les modules de sommes ne
sont pas faciles à manipuler.
왘
Exemple 7
Calculer le module de chacun des nombres complexes suivants :
1 ; i ; –1 ; –i ; –3 ; 2i ; 1 + i ; –3 + 2i ;
1+ i .
(1+ i)( −3 + 2i) ;
−3 + 2i
–3 + 2i
2i
–3
–2
–1
i
1+i
O
1
–i
Séquence 6 – MA02
25
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왘
Solution
t 1 =1 + 0i donc | 1|= 12 + 02 = 1
t i = 0 + 1i donc | i |= 02 + 12 = 1
t |–1| = |1| = 1
t |–i| = |i| = 1
t |–3| = 3
t |2i| = |2| |i| = 2 1 = 2.
2 2
t | 1+ i |= 1 + 1 = 2
2
2
t | 3 − 2i |= ( −3) + 2 = 13
t
t
| (1+ i)( −3 + 2i) | = | 1+ i | × | −3 + 2i | = 2 × 13 = 26
1+ i
| 1+ i |
2
2
=
=
=
13
−3 + 2i | −3 + 2i |
13
c) Module et géométrie
Propriété 14
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
)
Soit M le point d’affixe z et M0 le point d’affixe z 0 .
On a alors z − z 0 = M0M.
Démonstration
En appelant ( x ; y ) les coordonnées de M et ( x 0 ; y 0 ) celles de M0 , on obtient :
z − z0 = ( x + iy ) − ( x0 + iy 0 )
= ( x − x 0 ) + i( y − y 0 )
=
( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2
Et on reconnaît l’expression de la longueur M0M.
왘
Exemple 8
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
)
a) Déterminer l’ensemble (E1) des points M d’affixe z tels que z + 3 + 2 i = 2.
b) Déterminer l’ensemble (E2 ) des points M d’affixe z tels que z − i = z − 1.
왘
Solution
a) Soit A le point d’affixe (−3 − 2 i) donc de coordonnées ( −3 ; − 2).
M ∈(E1) ⇔ z − ( −3 − 2 i) = 2
⇔ AM = 2
⇔ M est sur le cercle de centre A et de rayon 2.
L’ensemble (E1) est donc le cercle de centre A et de rayon 2.
26
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Séquence 6 – MA02
Autre méthode
Cette question peut aussi être étudiée par une méthode analytique, c’est-à-dire
avec les coordonnées.
On pose z = x + i y (x et y réels).
M ∈(E1) ⇔ x + i y + 3 + 2 i = 2
⇔ ( x + 3) + i( y + 2) = 2
2
⇔ ( x + 3) + i( y + 2) = 22
⇔ ( x + 3)2 + ( y + 2)2 = 4.
La dernière équation permet de reconnaître que l’ensemble (E1) est le cercle de
centre A et de rayon 2.
b) Soit A(i) et B(1).
M ∈(E2 ) ⇔ z − i = z − 1
⇔ AM = BM
⇔ M est sur la médiatrice du segment [AB]
i
A
B
O
1
L’ensemble (E2 ) est donc la médiatrice de [AB].
Autre méthode
On pose z = x + i y (x et y réels).
M ∈(E2 ) ⇔ x + i y − i = x + i y − 1
⇔ x + i( y − 1) = ( x − 1) + i y
2
⇔ x + i( y − 1) = ( x − 1) + i y
2
⇔ x 2 + ( y − 1)2 = ( x − 1)2 + y 2
⇔ y = x.
L’ensemble (E2 ) est donc la droite d’équation y = x , on retrouve ainsi la médiatrice de [AB].
Séquence 6 – MA02
27
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2. Argument d’un nombre complexe non nul
Dans tout ce qui suit, le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
On peut donc mesurer les angles orientés de vecteurs.
(
Définition 5
Soit z un nombre complexe non nul et M son image. On appelle argument
de z, et on
note
arg z , n’importe
quelle mesure, exprimée en radians, de
l’angle u , OM : arg z = u , OM + 2k π .
Si V est le vecteur image de z, on a aussi arg z = u , V + 2k π .
(
)
(
)
( )
M
v
V
arg z
O
Remarque
왘
u
Le nombre 0 n’a pas d’argument.
Exemples
+
N (–1 + i)
M (1 + i)
J (i)
v
/
4
K (– 1)
p (–1–i)
O
L (– i)
u
l (1)
Q (1 – i)
arg1 = (u , u ) = 0; arg(−1) = (u , OK) = π
π
3π
π
argi = (u , v ) = ; arg(−i) = (u , OL) =
ou −
2
2
2
π
7π
π
arg(1+ i) = (u , OM) = ; arg(1− i) = (u , OQ) =
ou −
4
4
4
3π
5π
3π
arg(−1+ i) = (u , ON) =
ou −
arg(−1− i) = (u , OP) =
4
4
4
28
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Séquence 6 – MA02
)
Plusieurs arguments pour un nombre complexe non nul
왘 On
vient de le remarquer sur les quelques exemples précédents, un
7π
ou
même nombre complexe admet plusieurs arguments arg(1− i) =
4
π
7π
arg(1− i) = − ; plus généralement arg(1− i) = + 2kπ où k est dans ℤ ;
4
4
puisque k est quelconque dans l’ensemble ℤ des entiers relatifs, le nombre
complexe 1 – i admet une infinité d’arguments.
7π
π
On peut écrire arg(1− i) = (modulo 2π) ou arg(1− i) = − (modulo 2π)
4
4
mais plus souvent on choisit l’un des arguments et on n’écrit plus « modulo 2 ».
왘 Plus généralement, tout nombre complexe z non nul a une infinité d’argu-
ments ; si est l’un d’entre eux, tout autre argument de z s’écrit + 2k où
k est dans ℤ ; on note arg z = 0 (modulo 2) ou arg z = 0[2] ou arg z = 0 (2) ou
encore plus simplement arg z = 0.
Ces trois notations signifient qu’un argument de z est , mesure « au tour près »
sur le cercle trigonométrique.
Propriété 15
t Caractérisation d’un nombre réel :
z ∈ ℝ ⇔ z = 0 ou arg z = 0 + kπ, k ∈ ℤ
t Caractérisation d’un imaginaire pur :
π
z est imaginaire pur ⇔ z = 0 ou arg z = + kπ, k ∈ ℤ.
2
On rappelle que 0 n’a pas d’argument et que 0 est considéré comme un imaginaire pur car 0 = 0 × i.
/
réels
stictement
négatifs
O
réels
stictement
positifs
Séquence 6 – MA02
29
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Propriété 16
Argument du conjugué et de l’opposé d’un nombre complexe non nul
()
t arg z = − arg z + 2k π , k ∈ℤ ;
t arg( −z ) = arg z + π + 2k π , k ∈ℤ .
M(z)
b
/
e
–e
P(–z)
–b
a
N(–z)
La figure permet de mémoriser facilement ces résultats.
3. Forme trigonométrique d’un nombre
complexe non nul
Propriété 17
Soit z un nombre complexe non nul d’argument θ, on a alors :
z = z (cos θ + i sin θ ).
Démonstration
Le nombre complexe z 0 =
z
z
z
= = 1.
est de module 1 car z 0 =
z
z
z
M
v
M0
sine
e
O
30
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Séquence 6 – MA02
cose
u
Soit M l’image de z et M0 l’image de z 0 . On a OM0 = z 0 = 1 donc le point M0
est situé sur le cercle trigonométrique. Comme z est positif, les vecteurs OM,
z
le vecteur image de z, et OM0 , le vecteur image de z 0 = , sont colinéaires et
z
de même sens et on a θ = u , OM = u , OM0 . On en déduit que le point M0
(
) (
)
a pour coordonnée ( cos θ ; sin θ ) et pour affixe z 0 = cos θ + isin θ.
Et ainsi : z = z z 0 = z (cos θ + i sin θ ).
Définition 6
Lorsqu’un nombre complexe non nul z est écrit sous la forme
z = z (cos θ + i sin θ ), on dit que le nombre z est écrit sous forme trigonométrique.
왘
Exemple
 π
π
On a : i = 1 cos + isin .
 2
2
Propriété 18
Soit z un nombre complexe non nul tel que z = r (cos α + isin α ), r étant un
nombre réel strictement positif et α un nombre réel quelconque. On a alors :
z = r et arg(z ) = α + 2kπ.
Démonstration
Si z = r (cos α + isin α ), alors z = r (cos α + isin α ) = r cos α + isin α = r × 1 = r
car r est positif et cos α + isin α est de module 1.
On a alors z = r (cos α + isin α ) = z (cos α + isin α ). En nommant θ un
argument de z, on obtient z = z (cos α + isin α ) = z (cos θ+ isin θ ) donc
cos α = cos θ
ce qui prouve que
cos α + isin α = cos θ + isin θ. On obtient donc 
sin α = sin θ

arg(z ) = α + 2k π.
Commentaire
On peut ainsi reconnaître directement la forme trigonométrique de certains
nombres complexes.
 π
π
t 5 cos + isin  est la forme trigonométrique du nombre complexe de
 7
7
π
module 5 et d’argument .
7

π
π
t z = −3  cos + isin  : ce nombre z n’est pas écrit sous forme trigonomé 11
11
trique car −3 est négatif. On transforme l’écriture :
Séquence 6 – MA02
31
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
π
π
π
π 
−3 cos + isin  = 3 − cos − isin 
 11
11 
11
11
 

π 
π
= 3 cos  π +  + isin  π + .
 11
  11

π
Le nombre z a donc pour module 3 et pour argument  π + .
 11
L’écriture d’un nombre complexe non nul sous forme trigonométrique est donc
unique (à 2π près pour l’argument), on en déduit la propriété suivante.
Propriété 19
Égalité de deux nombres écrits sous forme trigonométrique
Deux nombres complexes non nuls sont égaux si et seulement si ils ont même
module et même argument (à 2π près).
Remarque
Conséquence
Écrire un nombre complexe non nul sous forme trigonométrique correspond géométriquement à repérer un point par des coordonnées polaires (activité 2), le
plan étant muni d’un repère orthonormé direct.
De l’unicité de l’écriture algébrique et des définitions du module, d’un argument
et de la forme trigonométrique d’un nombre complexe non nul, on obtient deux
systèmes qui indiquent comment passer de la forme algébrique à la forme trigonométrique et inversement.
Propriété 20
Les nombres a, b, r et θ étant des nombres réels, r étant strictement positif,
on a :

2
2
a = r cos θ
r = a + b
a + i b = r (cos θ + isin θ ) ⇔ 
⇔
.

a
b
b = r sin θ
cos θ = et sin θ =

r
r
+
b
M(z)
r
e
v
O
u
a
a = r cos e
b = r sin e
Dans la pratique, on procède comme dans l’exemple suivant.
32
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Séquence 6 – MA02
왘
Exemple 9
Écrire sous forme trigonométrique le nombre complexe z = 2 − 2 i.
왘
Solution
Pour mettre ce nombre complexe non nul sous sa forme trigonométrique, on
commence par calculer le module de z et mettre ce module en facteur :
on a : | z |= 22 + (−2)2 = 8 = 2 2
 2
2 
1 
2 
 2
 1
I = 2 2 
d’où z = 2 2 
I = 2 2 
I
−
−
+ −
2 2 2 2 
 2
 2
2 
2 
2
2
On cherche maintenant ␪ tel que cosθ =
et sin θ = − .
2
2
2
2
 π
 π
On sait que : cos  −  =
et sin  −  = −
.
 4
 4
2
2
π
π
D’où arg z = − (modulo 2π ) ou plus simplement arg z = − .
4
4
Conclusion : la forme trigonométrique de z = 2 − 2i est
  π
 π 
z = 2 2  cos  −  + isin  −  
 4 



4
4. Produit et quotient de nombres complexes
donnés sous forme trigonométrique
t Produit
왘
Considérons deux nombres complexes non nuls z1 et z2 sous leur forme trigonométrique z1 =| z1 | (cos θ1 + i sin θ1), z 2 =| z 2 | (cos θ2 + i sin θ2 ) ; étudions le
produit z 1z 2.
z1z 2 =| z1 || z 2 | (cos θ1 + isin θ1)(cos θ2 + isin θ2 )
z1z 2 =| z1 || z 2 | (cos θ1 cos θ2 + i sin θ1 cos θ2 + i cos θ1 sin θ2 + i2 sin θ1 sin θ2 )
z1z 2 =| z1 || z 2 | ((cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i(sinθ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 ))
2
car i = −1.
D’après les formules de trigonométrie on sait que :
cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 = cos( θ1 + θ2 )
et sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 = sin(θ1 + θ2 )
d’où z1z 2 =| z1 || z 2 | (cos(θ1 + θ2 ) + i sin( θ1 + θ2 )).
Le nombre | z 1 || z 2 | est un réel strictement positif puisque produit de deux réels
strictement positifs.
On reconnaît donc l’écriture trigonométrique du produit z 1z 2 ; on en déduit :
| z 1z 2|=| z 1 || z 2| (on savait déjà que le module d’un produit est le produit des modules)

arg z 1z 2 = arg z 1 + arg z 2 (argument d’un produit = somme des arguments)
Séquence 6 – MA02
33
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t Étudions la forme trigonométrique de l’inverse
1
(z non nul).
z
(cos θ − isin θ)
1
1
1
=
= ×
z z (cos θ + isin θ) z (cos θ + isin θ)(cos θ − isin θ)
=
1
× (cos θ − isin θ)
z
=
1
× (cos (−θ) + isin (−θ)) .
z
1
On reconnaît l’écriture trigonométrique de l’inverse ; on en déduit :
z
 1
1 1
et arg   = − arg( z ), un argument de l’inverse de z est égal à l’opposé
=
z 
z z
d’un argument de z.
z
t On peut alors obtenir le résultat pour le quotient 1 de deux nombres comz2
plexes non nuls :
z 
z1 z1
et arg  1  = arg( z 1) − arg( z 2 ), un argument d’un quotient est égal
=
z2 z2
 z2 
à la différence d’un argument du numérateur et d’un argument du dénominateur.
On peut alors énoncer l’ensemble de ces résultats, la propriété sur les puissances
se démontrant par récurrence en utilisant la propriété du produit.
Propriété 21
La forme trigonométrique : les produits, puissances et quotients
Soit trois nombres complexes non nuls z, z1 et z 2 , et soit n un entier naturel.
t Produit : z1z 2 = z1 × z 2 et arg (z 1z 2 ) = arg( z 1) + arg( z 2 ).
 1
1 1
et arg   = − arg( z ).
=
 z
z z
z 
z
z
t Quotient : 1 = 1 et arg  1  = arg( z 1) − arg( z 2 ).
 z2 
z2 z2
t Inverse :
( )
t Puissance : z n = z n et arg z n = n arg(z ).
Il est donc important de penser à utiliser la forme trigonométrique dans les
calculs faisant intervenir des produits, des puissances ou des quotients.
왘
Donner la forme trigonométrique puis la forme algébrique de z1 = (1+ i ) et de
3 1
+ i
z2 = 2 2 .
1
3
+i
2
2
Solution
Pour z1, on cherche d’abord la forme trigonométrique 1+ i qui est ensuite élevé
à la puissance 6.
왘
34
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6
Exemple 10
Séquence 6 – MA02
En procédant comme dans l’exemple 9 (on peut aussi s’aider de la représentation
graphique), on trouve
π
 π
1+ i = 2  cos + isin  , d’où :

4
4
z1 = (1+ i )6 =
( 2 )6  cos  6 × π4  + isin 6 × π4   , soit
  3π 
 3π  
z1 = (1+ i )6 = 8  cos   + i sin    ce qui est la forme trigonomé 2 
  2
trique de z1.
On en déduit la forme algébrique : z1 = (1+ i )6 = −8 i.
Pour z 2 , on cherche la forme trigonométrique du numérateur et du dénominateur. Grâce aux valeurs remarquables des sinus et cosinus, on reconnaît des
nombres de module 1 et on obtient :
π
π
3 1
+ i cos + i sin
6
6 = cos  π − π  + isin  π − π  .
z2 = 2 2 =




π
π
6 3
6 3
1
3 cos + i sin
+i
3
3
2
2
 π
 π
La forme trigonométrique de z 2 est donc z 2 = cos  −  + i sin  −  et on en
 6
 6
3 1
− i.
déduit sa forme algébrique : z 2 =
2 2
Avec un peu d’habitude et de familiarité avec ces quantités, on reconnaît rapidement les valeurs remarquables et les calculs deviennent assez aisés.
3. Écriture exponentielle
Pour terminer ce chapitre, on donne une nouvelle écriture d’un nombre complexe
non nul.
Par elle-même, cette écriture résume les propriétés précédentes des arguments et
facilite la mémorisation des propriétés de la forme trigonométrique des nombres
complexes.
Nous avons rappelé, dans les prérequis, la relation fonctionnelle caractéristique de la fonction exponentielle : la fonction exponentielle est la seule fonction non nulle et dérivable sur ℝ telle que f ′(0 ) = 1 et, pour tous réel a et b,
f (a + b ) = f (a ) × f (b ).
On remarque que les fonctions fk : x ֏ fk ( x ) = ekx sont aussi non nulles et dérivables sur ℝ telle que fk′ (0 ) = k et, pour tous réel a et b, fk (a + b ) = fk (a ) × fk (b ).
On considère la fonction g, définie sur ℝ , à valeurs dans ℂ, telle que
g : θ ֏ cosθ + i sinθ = g (θ ). D’après les calculs faits précédemment, on a :
g (θ1) × g (θ2 ) = (cos θ1 + isin θ1)(cos θ2 + isin θ2 )
= cos( θ1 + θ2 ) + isin( θ1 + θ2 ) = g ( θ1 + θ2 ).
Séquence 6 – MA02
35
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Admettons que l’on puisse dériver cette fonction définie sur ℝ, à valeurs
dans ℂ, comme les fonctions définies sur ℝ, à valeurs dans ℝ. On obtient
g ′(θ ) = − sin θ + i cos θ et donc g ′(0 ) = i.
Par analogie avec les fonctions fk on note donc la fonction g de la même façon :
g (θ ) = eiθ soit cos θ + isin θ = ei θ .
Définition 7
La notation eiθ désigne le nombre complexe de module 1 et d’argument θ :
cos θ + i sin θ = ei θ .
Conséquence
왘
Exemples
On peut utiliser cette notation exponentielle pour écrire les nombres complexes
non nuls sous forme trigonométrique : z = z eiθ .
On a :
π
e 2 =i ;
i
π
1
3
e 3 = +i
; 1+ i =
i
2
À savoir
2
π
2e 4 puisque 1+ i =
i
π
 π
2  cos + isin  .

4
4
ei π = −1
Dans cette égalité, on trouve :
t –1 : un entier négatif ;
t e : nombre réel qui est utilisé pour noter la fonction exponentielle, essentiel
pour cette fonction et pour la fonction logarithme népérien ;
t i : nombre mystérieux, imaginaire au XVIe siècle, et dont l’invention audacieuse
( i2 = −1) ouvre tout un monde aux mathématiques ;
t π : longueur d’un cercle de rayon 1 dont on trouve une valeur approchée,
256
, dans un papyrus égyptien daté d’environ −1800 avant J.-C., dont la
81
recherche des décimales est devenu un test pour les ordinateurs les plus puissants et les programmeurs les plus compétents et que vous rencontrerez…
dans le cours de statistiques !
Conséquence
La propriété 20 s’écrit alors :
Propriété 22
Soit trois nombres complexes non nuls z = z eiθ ,
z 2 = z 2 eiθ2 , et n un entier naturel.
z1 = z1 eiθ1 et
n
t Produit : z1z 2 = z1 z2 ei(θ1 + θ2 ) ; t Puissance : z n = z eniθ ;
ff
36
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Séquence 6 – MA02
ff
Propriété 22 (suite)
t Inverse :
1 1 −iθ
= e
;
z z
t Quotient :
z1 z1 i(θ1 − θ2 )
=
e
.
z2 z2
C’est évidemment très agréable pour mémoriser et utiliser tous ces résultats.
Reprenons par exemple les calculs de l’exemple 10.
On a 1+ i =
π
6
2e 4 d’où z 1 = (1+ i) =
i
π
3π
i
6 i ×6
4
2 e
= 8e 2 = −8 i.
π
3 1
π π
π
+ i i6
i − 
−i
 π
 π
e


6
3
2
2
Et z 2 =
=
=e
= e 6 = cos −  + isin − .
π
 6
 6
3
1
i
+i
3
e
2
2
Propriété 23
Notation exponentielle et conjugué
(eiθ ) = e−iθ
Démonstration
(eiθ ) = (cosθ + isinθ) = cosθ − isinθ = cos( − θ) + isin(−θ) = e−iθ.
6. Les nombres complexes et les formules
de trigonométrie
Ce sont les formules de trigonométrie démontrées en Première qui ont mené à
la relation
(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2 ) = cos( θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 )
et aux propriétés des arguments dans les produits et les quotients, propriétés qui
sont résumées par la notation exponentielle.
En retour, les nombres complexes permettent de retenir les formules d’addition
et de soustraction, ainsi que les formules de duplication. De nouvelles formules
peuvent aussi être démontrées.
Il suffit pour cela d’avoir mémorisé l’égalité cos θ + isin θ = ei θ et d’utiliser les
propriétés connues des opérations et des exposants.
왘
Exemple
t Par l’égalité eiθ1eiθ2 = ei(θ1 + θ2 ) , on retrouve
(cos θ1 + i sin θ1)(cos θ2 + i sin θ2 ) = cos( θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 ) soit
(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i(cos θ1 sin θ2 + sin θ1 cos θ2 ) = cos(θ1 + θ2 ) + i sin(θ1 + θ2 ).
Séquence 6 – MA02
37
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Et en utilisant l’égalité des parties réelles et des parties imaginaires, on retrouve :
cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 = cos( θ1 + θ2 )
(cos θ1 sin θ2 + sin θ1 cos θ2 = sin(θ1 + θ2 ).
t Calculons (cos α + isin α )2 par deux méthodes.
t En utilisant l‘identité remarquable :
(cos α + isin α )2 = (cos α )2 + 2i(sin α )(cos α ) + i2(sin α )2
= (cos α )2 − (sin α )2 + 2i(sin α )(cos α )
t En utilisant la notation exponentielle des nombres complexes :
(cos α + isin α )2 = (e iα )2 = e i2α = (cos2α ) + i(sin2α )
En identifiant les parties réelles et les parties imaginaires on arrive à :
cos2α = (cos α )2 − (sin α )2 .
sin2α = 2(sin α )(cos α )
On retrouve Ies formules de duplication vues en classe de Première.
D’autres formules seront démontrées en exercice.
D
Exercices d’apprentissage
Dans tous ces exercices, on utilisera les facilités fournies par la notation exponentielle.
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
Exercice 6
Écrire sous forme trigonométrique les nombres complexes suivants et placer leurs
images dans le plan muni d’un repère orthonormé direct.
a) z1 = −1− i
Exercice 7
)
b) z 2 = 1+ i 3
c) z 3 = −7
d) z 4 = −5 i.
Donner la forme trigonométrique des nombres complexes suivants :
a) z1 = (1− i)5 (on donnera ensuite la forme algébrique de z1)
(
)
b) z 2 = 1+ i 3 ( −3 + 3 i) c) z 3 =
Exercice 8
38
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1
i
d) z 4 =
3
( 2 − 2 i) .
2− 2i
e) z 5 =
2
3 +i
3 +i
(
)
 3 1  2
2
En calculant le produit 
−i  
+ i  sous forme algébrique et sous
2  2
2 
 2
π
forme trigonométrique, déterminer le cosinus et le sinus de .
12
Séquence 6 – MA02
Exercice 9
Exercice 10
En calculant (cos θ + i sin θ )3 de deux façons différentes, exprimer cos3θ et
sin3θ en fonction de cosθ et de sin θ.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v , on considère trois
points distincts A, B et C, d’affixes z A , zB et z C .
z − zA
Donner une interprétation géométrique de C
.
zB − z A
Quel est le vecteur image du nombre complexe zB − z A ? Donner la signification géométrique de arg ( zB − z A ). En déduire la signification géométrique
 z −z 
de arg  C A  .
 zB − z A 
(
)
Application
Déterminer la forme algébrique puis la forme trigonométrique de
zC − z A
zB − z A
avec z A = 2 i, zB = 1+ 5 i et z C = −3 + 3 i. En déduire la nature du triangle
ABC.
Séquence 6 – MA02
39
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4 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Définition
Théorème 1
(Admis)
Il existe un ensemble, l’ensemble des nombres complexes, noté ℂ,tel que :
t ℂ contient l’ensemble ℝ des nombres réels ;
t ℂ est muni d’une addition, d’une multiplication (et donc d’une soustraction et d’une division) qui possèdent les mêmes règles de calcul que dans
l’ensemble des nombres réels ;
t il existe, dans ℂ, un nombre i tel que i2 = −1 ;
t tout nombre complexe z s’écrit de façon unique sous la forme z = a + ib ,
où a et b sont des nombres réels.
Définitions
t L’écriture a + ib , a et b étant réels, s’appelle la forme algébrique du
nombre complexe z tel que z = a + ib.
t a = Re(z ) et b = Im(z ).
t z = i b est un imaginaire pur (le réel 0 est aussi considéré comme un
imaginaire pur).
Propriété
t Nombre complexe nul : a + i b = 0 ⇔ a = 0 et b = 0.
t Égalité : a + i b = a ′ + i b ′ ⇔ a = a ′ et b = b ′ (où a, b, a’ et b’ sont réels).
40
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Séquence 6 – MA02
2. Opérations
Propriété 2
Pour tous nombres complexes z = a + i b et z ′ = a ′ + ib ′ , a, b, a’ et b’ étant
des nombres réels, on a :
t z + z ′ = (a + a ′ ) + i(b + b ′ )
t zz ′ = (aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + a ′b )
t kz = ka + ikb pour tout réel k
1 a − ib
a
b
t =
= 2 2 − i 2 2 si z ≠ 0.
2
2
z a +b
a +b
a +b
3. Représentation géométrique
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
)
M(z)
b
z = a + ib
v
O
u
a
4. Conjugaison
Définition
Le conjugué d’un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) est le nombre
complexe noté z défini par : z = a − i b.
Remarque
M(z)
v
O
u
M’(z)
Séquence 6 – MA02
41
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Propriété
Pour tous nombres complexes z et z ′ :
a) z = z ;
b) pour tout réel λ , λ = λ et, pour tout imaginaire pur ib , i b = −i b ;
c) z z = a 2 + b 2 , et donc z z est réel ;
z +z
d) z + z = 2a = 2Re(z ), Re(z ) =
et z − z = 2 i b = 2i Im(z ),
2
z −z
Im(z ) =
;
2i
e) z + z ′ = z + z ′ ;
f) zz ′ = z × z ′ ; cas particuliers : pour tout λ réel, λz = λ z et donc −z = −z ;
 z′ z′
 1 1
;
g) pour tout z ≠ 0,   = et   =
z z
z z
( ) ( )n .
h) pour tout entier n dans ℤ, z n = z
5. Équation du second degré dans ℂ
Propriété
Soit, dans ℂ, l’équation (E) az 2 + bz + c = 0, les nombres a, b et c étant des
nombres réels avec a ≠ 0.
On pose ∆ = b 2 − 4ac et on appelle S l’ensemble des solutions de (E).
 −b + ∆ −b − ∆ 
;
t Si ∆ > 0, S = 
.
2a 
 2a
 −b 
t Si ∆ = 0, S = 
.
 2a 
 −b + i − ∆ −b − i − ∆ 
t Si ∆ < 0, S = 
;
.
2a
2a


42
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Séquence 6 – MA02
6. Module d’un nombre complexe
Définition
On appelle module d’un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) le nombre
réel positif, noté z , défini par : z = a 2 + b 2 .
Propriété
Le module d’un nombre réel est égal à sa valeur absolue.
Propriété
Interprétation géométrique du module
Soit un nombre complexe z = a + i b (a et b réels) et M son image dans un
repère orthonormé direct O ; u , v , alors z = OM.
(
)
Propriété
Pour tout nombre complexe z : z = z = −z = − z .
–z
M(z)
b
i
Ꮿ
–a
–1
v
O
u
1
a
–i
–z
–b
z
Propriété
Pour tout nombre complexe z, on a z z = z 2 .
Séquence 6 – MA02
43
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Propriété
Pour tous nombres complexes z et z ′ , on a :
a) zz ′ = z × z ′ ; z n = z
b) pour z ≠ 0,
1 1
;
=
z z
c) pour z ≠ 0,
z' z'
;
=
z
z
n
pour tout entier naturel n ;
d) z + z ′ ≤ z + z ′ .
Remarque
On peut préférer retenir les cas a), b) et c) par des phrases :
t Le module d’un produit est égal au produit des modules.
t Le module de l’inverse d’un nombre complexe non nul est égal à l’inverse de
son module.
t Le module d’un quotient est égal au quotient des modules.
Propriété
Soit M le point d’affixe z et M0 le point d’affixe z 0 .
On a alors z − z 0 = M0M.
4. Argument d’un nombre complexe non nul
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
)
Définition
Soit z un nombre complexe non nul et M son image. On appelle argument
de z, et on note arg z , n’importe quelle mesure, exprimée en radians, de
l’angle u , OM .
(
44
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Séquence 6 – MA02
)
+
M
v
e
O
Remarque
u
Le nombre 0 n’a pas d’argument.
3. Forme trigonométrique d’un nombre
complexe non nul
Définition
Lorsqu’un nombre complexe non nul z est écrit sous la forme
z = z (cos θ + i sin θ ) , on dit que le nombre z est écrit sous forme trigonométrique.
Propriété
Égalité de deux nombres écrits sous forme trigonométrique
Deux nombres complexes non nuls sont égaux si et seulement si ils ont
même module et même argument (à 2π près).
Conséquence
Passage de la forme algébrique à la forme trigonométrique et inversement.
z = a + ib = r (cos θ + i sin θ ) = r cos θ + ir sin θ :
+
b
M(z)
r
e
v
O
u
r = a 2 + b 2

a = r cos θ

.
a
b et 
cos θ = et sin θ =
b = r sin θ
r
r

a
a = r cos e
b = r sin e
Séquence 6 – MA02
45
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Propriété
La forme trigonométrique et les produits, puissances et quotients
Soit trois nombres complexes non nuls z, z1 et z 2 , et soit n un entier naturel.
t Produit : z1z 2 = z1 × z 2 et arg (z 1z 2 ) = arg( z 1) + arg( z 2 ).
t Inverse :
 1
1 1
et arg   = − arg( z ).
=
 z
z z
t Quotient :
z 
z1 z1
et arg  1  = arg( z 1) − arg( z 2 ).
=
z2 z2
 z2 
t Puissance : z n = z
n
( )
et arg z n = n arg(z ).
9. La notation exponentielle
Définition
La notation eiθ désigne le nombre complexe de module 1 et d’argument θ :
cos θ + i sin θ = eiθ .
À savoir
ei π = −1
Propriété
La forme exponentielle et les produits, puissances et quotients
Soit trois nombres complexes non nuls z = z eiθ ,
z 2 = z 2 eiθ2 , et n un entier naturel.
z1 = z1 eiθ1 et
t Produit : z1z 2 = z1 z2 ei(θ1 + θ2 )
n
t Inverse :
46
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Séquence 6 – MA02
1 1 −iθ
= e
z z
t Puissance : z n = z eniθ
z
z
t Quotient : 1 = 1 ei(θ1 − θ2 ) .
z2 z2
Propriété
( )
Notation exponentielle et conjugué : ei θ = e −i θ .
La notation exponentielle et les formules de trigonométrie : la notation exponentielle permet de retenir les formules d’addition et de soustraction, ainsi que les
formules de duplication, elle permet aussi d’en démontrer de nouvelles
10. Plusieurs points de vue
Dans ce nouvel ensemble de nombres, plusieurs points de vue sont utilisés, de
nouveaux outils sont introduits. Vous devez vous familiariser avec chacun d’eux.
Les différentes caractérisations des nombres réels et des imaginaires purs en
donnent des exemples : forme algébrique, interprétation géométrique, conjugaison, forme trigonométrique.
Propriété
Caractérisation d’un nombre réel :
t z ∈ ℝ ⇔ Im(z ) = 0
t z ∈ ℝ ⇔ M(z ) ∈ (Oy ) .
t z ∈ ℝ ⇔ z = z .
t z ∈ ℝ ⇔ z = 0 ou arg z = 0 + k π , k ∈ ℤ.
Propriété
Caractérisation d’un imaginaire pur :
t z est imaginaire pur ⇔ Re(z ) = 0.
t z est imaginaire pur ⇔ M(z ) ∈ (Oy ) .
t z est imaginaire pur ⇔ z = −z .
t z est imaginaire pur ⇔ z = 0 ou arg z =
π
+ k π, k ∈ ℤ.
2
Séquence 6 – MA02
47
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B
Exercice I
Exercices de synthèse
On considère, dans ℂ, l’équation (E) : 2z 3 + (1− 4i)z 2 + (1− 2i)z − 2i = 0.
Déterminer un nombre imaginaire pur z 0 solution de l’équation (E).
Déterminer trois nombres réels a, b et c tels que
(
)
2z 3 + (1− 4i)z 2 + (1− 2i)z − 2i = (z − z 0 ) az 2 + bz + c .
Résoudre l’équation (E).
Exercice II
Soit Z un nombre complexe de module 1, montrer en utilisant l’écriture expo-
nentielle que Z +
1
est un nombre réel.
Z
Soit z et z’ deux nombres complexes non nuls et de même module, montrer
que
Exercice III
(z + z ′ )2 est un nombre réel.
zz ′
Montrer que, pour tous nombres complexes z et z’, on a
(
)
z +z'2 + z −z'2 = 2 z 2 + z'2 .
(
)
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v , interpréter géomé-
triquement l’égalité précédente.
Exercice IV
Cet exercice est un QCM.
Pour chaque question, une seule des trois réponses proposées est exacte.
Remarque
Il n’est pas nécessaire de faire beaucoup de calculs !
Le plan est muni d’un repère orthonormé direct O ; u , v .
(
)
Une solution de l’équation 3z + 2z = 5 + 2i est :
a) 3
b) i
c) 1+ 2i.
Soit z un nombre complexe, z + i est égal à :
a) z + 1
b) z − 1
c) i z + 1.
Soit z un nombre complexe non nul d’argument θ. Un argument de −1+ i 3
z
est :
a) −
48
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Séquence 6 – MA02
π
+θ
3
b)
2π
+θ
3
c)
2π
− θ.
3
Soit n un entier naturel. Le complexe
seulement si :
( 3 + i)n est un imaginaire pur si et
a) n = 3
b) n = 6k + 3 avec k entier relatif
c) n = 6k avec k entier relatif.
Soit A et B deux points d’affixes respectives i et −1. L’ensemble des points M
d’affixe z vérifiant z − i = z + 1 est :
a) une droite
b) un cercle
c) un point.
Soit Ω le point d’affixe 1+ i. L’ensemble des points d’affixe z vérifiant
(z − (1+ i ))(z − (1− i)) = 5 est :
a) une droite
b) un cercle
c) un point.
L’ensemble des solutions dans ℂ de l’équation
a) {1− i }
Exercice V
z −2
= z est :
z −1
c) {1− i ;1+ i}.
b) l’ensemble vide
Trois méthodes
Soit z un nombre complexe différent dei et soit M son image dans le plan muni
d’un repère orthonormé direct O ; u , v . On appelle A le point d’affixe i. On
z +2
. On appelle (E) l’ensemble des points M du plan tels que Z soit
pose Z =
z −i
imaginaire pur.
(
)
Déterminer l’ensemble (E) en utilisant la forme algébrique de z et de Z.
Déterminer l’ensemble (E) en utilisant l’interprétation géométrique de la
forme trigonométrique de Z (on utilisera les résultats de l’exercice 10).
Déterminer l’ensemble (E) en utilisant l’équivalence
« Z est imaginaire pur ⇔ ZZ = −Z » puis en utilisant la forme algébrique de z.
Séquence 6 – MA02
49
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Séquence 7
Intégration
Sommaire
1. Prérequis
2. Aire et intégrale d’une fonction continue et positive sur [a ; b]
3. Primitives
4. Primitives et intégrales d’une fonction continue
5. Synthèse de la séquence
Dans ce chapitre, on introduit une nouvelle
notion mathématique : l’intégration.
Après une première approche géométrique,
l’introduction de la notion de primitive permet d’élargir la définition et les possibilités
de calcul. Quelques exemples d’applications
sont donnés.
Séquence 7 – MA02
1
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1 Prérequis
A
Aires
1. Aires usuelles
On considère des figures dans un plan où une unité de longueur a été choisie.
On sait calculer les aires déterminées par différentes figures géométriques :
base × hauteur
t aire d’un triangle :
;
2
t aire d’un rectangle : longueur × largeur (remarque : quand un rectangle aura
un côté parallèle à l’axe des ordonnées, on appellera ce côté la « hauteur » du
rectangle, et l’autre côté sera appelé sa « largeur ») ;
(petite base + grande base ) × hauteur ;
t aire d’un trapèze :
2
2
t aire d’un disque : π × rayon .
2. Propriétés des aires
t Additivité
Pour calculer l’aire de figures moins simples que les précédentes, on peut décomposer celles-ci en un certain nombre de figures dont on sait calculer l’aire. Par
exemple, pour calculer l’aire d’une surface délimitée par un polygone, on peut
décomposer celui-ci en un certain nombre de triangles. La somme des aires des
triangles donne alors le résultat souhaité. La propriété utilisée s’appelle l’« additivité de l’aire », elle est énoncée dans la propriété suivante.
Vocabulaire
On a l’habitude d’appeler « domaines » les ensembles de points du plan dont on
calcule les aires.
Propriété
A
B
Si E1 et E2 sont deux domaines du plan dont
l’intersection a une aire nulle alors l’aire de
E1 ∪ E2 est égale à la somme des aires de E1
et E2 : Aire ( E1 ∪ E2 ) = Aire ( E1) + Aire ( E2 ).
Dans la figure ci-contre :
Aire ( ABCD) = Aire ( ABD ) + Aire (BCD).
C
D
Séquence 7 – MA02
3
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t Inclusion
E2
Soit E1 et E2 deux domaines du plan tels que
E1 ⊂ E2 alors Aire ( E1) ≤ Aire ( E2 ).
E1
t Translation, symétrie
Propriété
E2
Invariance par translation
Soit une translation tv et deux domaines du plan
E1 et E2 tels que E2 soit l’image de E1 par la
translation tv (c’est-à-dire que tous les points du
domaine E2 sont obtenus par translation de tous
les points du domaine E1 ). Alors les domaines
E1 et E2 ont la même aire :
v
E1
Aire ( E1) = Aire ( E2 ).
Propriété
Invariance par symétrie
Soit s Ᏸ une symétrie axiale d’axe Ᏸ et deux
domaines du plan E1 et E2 tels que E2 soit
l’image de E1 par la symétrie s Ᏸ (c’est-à-dire que
tous les points du domaine E2 sont obtenus par
symétrie de tous les points du domaine E1 ). Alors
les domaines E1 et E2 ont la même aire :
E1
Ᏸ
E2
Aire ( E1) = Aire ( E2 ).
3. Domaines, aires et mesures
On confond parfois un domaine (une surface) avec une aire, ou une aire avec une
de ses mesures.
On précise ici par un exemple la différence entre ces notions.
Un domaine est un ensemble de points du plan.
Des domaines, qui sont des ensembles de points différents, sont des domaines
différents, mais ces domaines peuvent avoir la même aire comme trois des
domaines ci-dessous qui ont chacun une aire égale à 12 carreaux.
4
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Séquence 7 – MA02
Mesurer une aire, c’est lui associer un nombre en utilisant une aire de référence, l’unité.
Prenons l’exemple d’une aire A de 1 m2. On peut écrire l’égalité
A = 1 m2 = 10 000 cm2 mais, bien sûr, les nombres 1 et 10 000 ne sont pas égaux.
Le nombre 1 est la mesure de l’aire A en m2 et 10 000 est la mesure de la même
aire A avec une autre unité, le cm2.
Dans cette séquence, les intégrales sont des nombres et ces nombres sont utilisés pour
mesurer des aires, l’unité étant souvent appelée « unité d’aire » ce que l’on note u.a.
Il arrive que, quelquefois, on confonde une aire avec une de ses mesures (comme
on le fait très souvent pour les angles et leurs mesures en radians ou pour les
longueurs et leurs mesures).
En sciences physiques, pour simplifier l’écriture, on écrit souvent les unités seulement à la fin de calculs qui ont porté sur des nombres.
B
Dérivation
Comme on le verra, les deux notions de dérivation et d’intégration sont très liées,
on rappelle donc ici les formules essentielles qui doivent être connues.
1. Fonctions usuelles
Fonction f définie
et déribable sur I
Expression de f ( x )
Expression de f ′( x )
f ( x ) = k , k constante réelle
I=ℝ
f ′( x ) = 0
f (x ) = x
I=ℝ
f ′( x ) = 1
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[ ou
I = ℝ− * = ]−∞ ; 0[
1
f ′( x ) = − 2
x
f (x ) = x
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[
f ′( x ) =
f ( x ) = x n , n ∈ ℕ∗
I=ℝ
f ′( x ) = nx n −1
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[ ou
n
f ′( x ) = − n +1 = −nx −n −1
x
f (x ) =
f (x ) =
1
x
1
xn
= x −n , n ∈ ℕ∗
I = ℝ− * = ]−∞ ; 0[
1
2 x
f ( x ) = sin x
I=ℝ
f ′( x ) = cos x
f ( x ) = cos x
I=ℝ
f ′( x ) = − sin x
f ( x ) = ex
I=ℝ
f ′( x ) = f ( x ) = e x
f ( x ) = ln x
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[
f ′( x ) =
1
x
Séquence 7 – MA02
5
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2. Opérations
Dans le tableau ci-dessous, les fonctions u et v sont définies et dérivables sur le
même intervalle I, k est un nombre réel ; dans les deux derniers cas, la fonction v
ne s’annule pas. Alors la fonction f est dérivable sur le même intervalle I.
Fonction f
Fonction dérivée f ‘
f = u +v
f ′ = u′ +v ′
f = uv
f ′ = u ′v + uv ′
f = ku
f ′ = ku ′
f=
1
v
−v ′
f′= 2
v
f=
u
v
f′=
u ′v − uv ′
v2
3. Composition
Dans le tableau suivant, u est dérivable sur un intervalle I et vérifie éventuellement certaines conditions. Alors la fonction f est dérivable sur le même intervalle I.
Fonction f
Fonction dérivée f ‘
Remarques éventuelles
f : x ֏ f ( x ) = g (ax + b )
f ′ : x ֏ f ′( x ) = ag ′(ax + b )
La fonction g étant dérivable sur un
intervalle J, la fonction f est dérivable
en x lorsque ax + b appartient à J.
u2
2u ′u
u n où n ∈ ℕ *
nu ′u n −1
1
u
u′
− 2
u
= u −n où n ∈ ℕ *
n
nu ′
− n +1 = −nu 'u −n −1
u
u′
2 u
1
u
u
6
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eu
u ′eu
ln u
u′
u
Séquence 7 – MA02
u ne s’annule pas sur I
u ne s’annule pas sur I
u est à valeurs strictement positives
sur I
u est à valeurs strictement positives
sur I
2
A
Aire et intégrale d’une
fonction continue et positive
sur un intervalle [a ; b ]
Objectifs du chapitre
Dans ce chapitre, on définit l’intégrale d’une fonction continue et positive sur un
intervalle en utilisant les aires et on en étudie les propriétés.
B
Pour débuter
Activité 1
Avec les vitesses et les distances
Un objet se déplace pendant 10 secondes à la vitesse de 3 m.s-1. Quelle
distance a-t-il parcourue ?
Un objet se déplace pendant 10 secondes. On peut seulement enregistrer les
valeurs successives de sa vitesse v (t ) à l’instant t. On obtient les valeurs suivantes et on demande de donner une valeur approchée de la distance parcourue.
t
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
5,5
6
7
8
9
v (t )
9
7,6
6,1
4,6
3,7
2,7
2,3
1,8
1,4
1,1
0,7
0,5
0,4
0,2
0,2
0,1
Un objet se déplace pendant 10 secondes. On peut seulement enregistrer, sur
une représentation graphique, sa vitesse v (t ) à l’instant t.
Dans les questions précédentes, des produits d’une vitesse par une durée sont
apparus. On interprète ces produits comme des aires de rectangles. En utilisant
cette interprétation, donner une valeur approchée de la distance parcourue par
l’objet.
v(t)
en m.s–1
1
j
O
i
1
5
t
10
en secondes
Séquence 7 – MA02
7
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Activité 2
Aire sous la parabole
Cette activité propose une généralisation de ce qui a été fait dans l’exercice de
synthèse VI de la séquence 1.
Le plan
est muni d’un repère orthogonal
O ; i , j ; l’unité d’aire qui sera utilisée
pour mesurer les aires
est l’aire
du rectangle OIKJ tel que i = OI et j = OJ.
(
)
y = x2
Soit a et b deux nombres réels tels que
0 ≤ a ≤ b. On se propose de déterminer la
mesure Ia ,b de l’aire sous la courbe repréEa,b
sentant la fonction carré sur l’intervalle
[a ; b ] , c’est-à-dire l’aire du domaine Ea ,b
limité par la représentation graphique de la j
a
b
O
fonction carré, l’axe des abscisses ainsi que
i
les droites d’équations x = a et x = b.
Pour cela, on détermine d’abord l’aire du domaine Ea limité par la représentation graphique de la fonction carré, l’axe des abscisses, et la droite d’équation x = a.
a
On partage l’intervalle [ 0 ; a ] en n intervalles de longueur (où n est un entier
n
supérieur à 1) sur lesquels on construit n rectangles situés sous la courbe et n
rectangles contenant Ea comme l’illustre la figure.
a2
y = x2
a
O
O
a/n 2a/n 3a/n 4a/n 5a/n 6a/n
(n–2)a/n (n–1)a/n
On note un la mesure de l’aire totale des rectangles situés sous la courbe et v n
la mesure de l’aire totale des rectangles contenant le domaine Ea . On obtient
ainsi deux suites (un ) et (v n ) encadrant la mesure Ia de l’aire de Ea . Ainsi,
pour tout n ≥ 1, on a : un ≤ Ia ≤ v n .
a 3 n −1
a3 n
a) Vérifier que, pour n ≥ 1, un = 3 ∑ k 2 et v n = 3 ∑ k 2.
n k =1
n k =1
n
2
b) En admettant que, pour tout n ≥ 1, ∑ k =
k =1
n (n + 1)(2n + 1)
(démontré par
6
récurrence lors de la résolution de l’exercice VI de synthèse de la séquence 1),
en déduire l’expression de un et de v n en fonction de n.
c) Calculer la limite de chacune des deux suites et en déduire la valeur de Ia .
Par analogie, donner la valeur de la mesure I b de l’aire du domaine Eb limité
par la représentation graphique de la fonction carré, l’axe des abscisses et la
droite d’équation x = b. En déduire alors la valeur de Ia ,b .
8
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Séquence 7 – MA02
C
Cours
1. Définition
On se propose de généraliser la notion d’aire à des domaines du plan liés à des
fonctions.
Les fonctions utilisées ici sont des fonctions continues sur des intervalles.
Intuitivement, cela signifie que les courbes représentatives sont formées d’un
trait continu, ces courbes peuvent alors être utilisées pour limiter des domaines
dont on mesurera les aires.
Le plan est muni d’un repère orthogonal O ; i , j ; l’unité d’aire qui sera
utilisée
pour mesurer les aires est l’aire du rectangle OIKJ tel que i = OI et j = OJ.
(
)
On dit qu’une fonction f est positive sur un intervalle I si, pour tout x de I, f ( x )
est positif : f ( x ) ≥ 0.
y
E
Ꮿ
1
1 ua
0
a
x
1
b
Définition 1
Soit f une fonction définie sur l’intervalle [a ; b ] , continue et positive sur [a ; b ].
On appelle E le domaine du plan limité par la courbe Cf représentant f,
l’axe des abscisses et les droites d’équation x = a et x = b.
On appelle intégrale de la fonction f sur [a ; b ] la mesure de l’aire du
domaine E en unités d’aire.
Ce nombre est noté
Remarque
b
∫a f ( x ) dx .
L’aire du domaine E s’appelle aussi aire sous la courbe.
b
On a donc : aire(E ) = ∫ f ( x ) dx u.a.
a
Séquence 7 – MA02
9
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Et si, sur chaque axe, l’unité de longueur est égale à 5 cm comme dans l’activité 2, on aura :

 b
aire(E ) =  ∫ f ( x ) dx  × 25 cm2.

 a
왘
Exemple
b
L’intégrale de la fonction carré sur [a ; b ] est telle que ∫ x 2 dx =
a
b3 − a3
3
2
7
comme on l’a vu dans l’activité 2. Ainsi, par exemple, ∫ x 2 dx = .
1
3
Remarques
t Le domaine E peut aussi être défini par un système d’inégalités :
a ≤ x ≤ b
M( x ; y ) ∈ E ⇔ 
.
0 ≤ y ≤ f ( x )
t Le nombre
b
∫a f ( x ) dx se lit « intégrale de a à b de f (x) dx » ou « somme de
a à b de f (x) dx ».
t Les réels a et b sont appelés les bornes de l’intégrale.
t On dit que x est une variable muette. En effet, la définition de « l’intégrale de
a à b de la fonction f » ne fait pas intervenir la variable et on pourrait s’en
passer, mais il faudrait alors donner un nom à chacune des fonctions utilisées,
ce qui serait bien compliqué. On préfère donc donner les fonctions par leurs
expressions, on donne un nom à la variable mais ce nom n’a aucune importance (seuls a et b, qui désignent les bornes, ne peuvent pas être utilisés).
b
b
b
a
a
a
Ainsi ∫ x 2 d x = ∫ t 2 dt = ∫ y 2 d y .
La notation « dx » a pour origine la largeur des rectangles qui ont été utilisés
dans les premiers calculs d’approximation, cette largeur multiplie les valeurs
prises par la fonction (comme on le voit dans l’activité 2). Cette notation est
indispensable quand plusieurs lettres sont utilisées pour définir l’expression de
la fonction (par exemple ke − x ) , « dx » indique alors nettement quelle est la
variable.
왘
Exemple 1
Calculer les intégrales :
I=
−1
b
∫−2 3 dt et J = ∫a 3 dt , a et b étant des nombres réels tels que a ≤ b .
K=
−2
b
∫−4 (0,5t + 2)dt et L = ∫a (0,5t + 2)dt , a et b étant des nombres réels
tels que a ≤ b .
M=
4
∫0 2t − 3 dt .
Le plan étant muni d’un repère orthonormé, après avoir reconnu la courbe C
représentative de la fonction f définie par f ( x ) = 1− x 2 sur [ −1 ; 1] , calculer N = ∫
10
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Séquence 7 – MA02
1
−1
1− x 2 d x .
왘
Solution
Remarquons que, dans chaque cas, l’aire est mesurée avec l’unité d’aire donnée
par le repère qui peut être orthonormé ou orthogonal.
3
j
–2
a O
–1
b
i
La fonction que l’on intègre est une fonction constante, on mesure donc
−1
des aires de rectangle et on obtient : I = ∫ 3 dt = 3 × ( −1− ( −2)) = 3 et
−2
b
J = ∫ 3 dt = 3(b − a ).
a
F
0,5b + 2
0,5a + 2
G
j
D
E
a
b
C
A
B
–4
–2
O
i
L’intégrale K est la mesure de l’aire du triangle ABC :
K=∫
−2
−4
(0, 5t + 2) dt =
( −2 − ( −4 )) × 1
= 1 ; l’intégrale L est la mesure de l’aire du
2
trapèze DEFG :
b
L = ∫ (0, 5t + 2) dt =
a
(0, 5b + 2) + (0, 5a + 2)
(0, 5b + 0, 5a + 4 )(b − a )
.
× (b − a ) =
2
2
L’intégrale M est la mesure de l’aire d’un domaine que l’on peut décomposer
en deux triangles.
En effet, on a 2x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1, 5. Ainsi :
si 0 ≤ x ≤ 1, 5 alors 2x − 3 = −2x + 3 et si
1, 5 ≤ x ≤ 4 alors 2x − 3 = 2x − 3. La courbe
représentative de la fonction f définie sur
[0 ; 4 ] par f ( x ) = 2x − 3 est représentée
ci-contre.
0 ≤ x ≤ 4
Le domaine E défini par 
est
0 ≤ y ≤ f ( x )
colorié ; son aire est égale à la somme des
aires des triangles OAB et BCD.
On a donc :
4
M = ∫ 2t − 3 dt =
0
D
A
j
O
i
B
C
OA × OB BC × CD 3 × 1, 5 2, 5 × 5
+
=
+
= 8, 5.
2
2
2
2
Séquence 7 – MA02
11
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Les points de la courbe C sont tels que
y = 1− x 2 , d’où x 2 + y 2 = 1 et la
courbe C est donc un demi-cercle de
centre O et de rayon 1.
D’où N = ∫
Remarque
1
–1
1
1
π
1− x 2 d x = × π × 12 = .
−1
2
2
O
1
Dans le cas particulier où la fonction f est une fonction constante qui
prend la valeur positive λ (cette lettre grecque se prononce « lambda ») sur tout
b
a
b
a
l’intervalle [a ; b ] , on a ∫ f ( x ) dx = ∫ λ dx = λ(b − a ) car le domaine E est
un rectangle dont les côtés mesurent b − a et λ.
h
j
a
O
b
i
2. Propriétés
Les aires permettent d’obtenir les propriétés qui suivent.
Propriété 1
Soit f une fonction définie sur l’intervalle [a ; b ] , continue et positive sur [a ; b ].
c
Pour tout réel c de l’intervalle [a ; b ] , ∫ f ( x ) dx = 0.
c
Démonstration
Le domaine E est réduit à un segment dont l’aire est de mesure nulle.
Propriété 2
Positivité
Soit f une fonction définie sur l’intervalle [a ; b ] , continue et positive sur [a ; b ].
b
Alors ∫ f ( x ) dx ≥ 0.
a
12
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Séquence 7 – MA02
Démonstration
La mesure d’une aire est un nombre réel positif.
Commentaire
Cette propriété est appelée « positivité » de l’intégrale, et il suffit de rappeler ce
mot quand on utilise cette propriété.
Comparaison
Propriété 3
Soit f et g deux fonctions définies sur l’intervalle [a ; b ] , continues et positives sur [a ; b ] , telles que f ≤ g , c’est-à-dire telles que f ( x ) ≤ g ( x ) pour
tout x de [a ; b ].
b
b
a
a
Alors ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx .
Ꮿg
y
f
Ꮿf
2
g
1
x' j
x
0
i
a
1
b
y'
Démonstration
a ≤ x ≤ b
Le domaine Ef défini par M( x ; y ) ∈Ef ⇔ 
est inclus dans le
0 ≤ y ≤ f ( x )
a ≤ x ≤ b
. D’où l’inégalité des
domaine Eg défini par M( x ; y ) ∈Eg ⇔ 
0 ≤ y ≤ g ( x )
( )
b
b
a
a
aires : aire ( Ef ) ≤ aire Eg et de leurs mesures : ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx .
왘
Exemple
La comparaison des fonctions carré, x ֏ x et racine sur [ 0 ; 1] permet de trou1
1
1
2
ver : ∫ 0 x dx ≤ ∫ 0 x dx ≤ ∫ 0 x dx .
y=x
y= x
y= x
j
y = x2
O
i
Séquence 7 – MA02
13
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Relation de Chasles
Propriété 4
Soit f une fonction définie sur l’intervalle [a ; b ] , continue et positive sur [a ; b ].
Soit c un nombre de l’intervalle [a ; b ] , alors
c
b
b
∫a f ( x ) dx + ∫c f ( x ) dx = ∫a f ( x ) dx .
y
f (b)
f (c)
f (a)
c
兰a f(t)dt
b
兰c f(t)dt
x
a
c
b
Démonstration
Cette égalité résulte de l’additivité des mesures d’aires qui a été rappelée en
prérequis.
Commentaire
Vous
avez
très
probablement remarqué l’analogie avec la relation vectorielle
AC + CB = AB, et vous retiendrez facilement que cette égalité entre des intégrales est appelée « relation de Chasles ».
Cette propriété des aires et des intégrales a été utilisée dans le calcul de l’intégrale M de l’exemple 1.
Ꮿf
Définition 2
La valeur moyenne d’une fonction f définie sur l’intervalle [a ; b ] avec a ≠ b ,
continue et positive sur [a ; b ] , est
1 b
f (t ) dt .
égale au nombre
b − a ∫a
Commentaire
D
A j
a 0
µ
C
B
i
b
Notons µ cette valeur moyenne. On a donc
µ=
b
1 b
f (t ) dt et µ(b − a ) = ∫ f (t ) dt .
∫
a
b −a a
Le produit µ(b − a ) peut être interprété comme la mesure de l’aire d’un rectangle ABCD (il est indiqué sur la figure). Et la dernière égalité montre alors que
la valeur moyenne de la fonction f sur l’intervalle [a ; b ] est égale à la hauteur
AD du rectangle ABCD de base [a ; b ] et qui a la même aire que le domaine E.
14
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Séquence 7 – MA02
Inégalités de la moyenne
Propriété 5
Soit une fonction f définie sur l’intervalle [a ; b ] avec a ≠ b , continue et positive sur [a ; b ] , et deux nombres m et M tels que, pour tout x de l’intervalle
[a ; b ] , on a m ≤ f ( x ) ≤ M .
Alors m ≤ µ ≤ M , µ étant le valeur moyenne de la fonction f sur [a ; b ].
M
F
C
m
H
Ꮿf
µ
D
A
a
E
G
j
B
O
i
b
Démonstration
On applique la propriété 3 à la fonction constante m, à la fonction f et à la fonction
b
constante M. D’où : m(b − a ) ≤ ∫ f (t ) dt ≤ M (b − a ).
a
Et, en divisant par b − a qui est strictement positif, on a :
1 b
m≤
f (t ) dt ≤ M , soit m ≤ µ ≤ M .
b − a ∫a
Commentaire
On peut retenir visuellement ces résultats assez facilement car les inégalités
b
m(b − a ) ≤ ∫ f (t ) dt ≤ M (b − a )
a
sont la traduction de : Aire(ABGH) ≤ Aire(ABCD) ≤ Aire(ABEF).
왘
Exemple 2
왘
Solution
Déterminer la valeur moyenne de la fonction carré sur l’intervalle I = [1; 3] .
1 3 2
1  33 − 13  13
µ
=
t
d
t
=
On a :

 = ≈ 4 , 33.
3 − 1 ∫1
2 3  3
µ = 4,33
j
0
j
0
Les aires colorées sont égales.
Séquence 7 – MA02
15
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3. Calcul approché d’une intégrale
d’une fonction continue monotone positive
a) Encadrement à l’aide d’un algorithme
On cherche à généraliser les méthodes évoquées lors de l’activité 2 à une fonction continue, positive et monotone.
Soit f une fonction continue, monotone et positive sur l’intervalle [a ; b]. On note
E le domaine limité par la représentation graphique de la fonction f, l’axe des
abscisses et les droites d’équations x = a et x = b.
b −a
On partage l’intervalle [a ; b] en n intervalles de longueur
(où n est un
n
entier supérieur à 1) sur lesquels on construit n rectangles situés sous la courbe
et n rectangles contenant E comme l’illustrent les figures ci-dessous.
Cas : f croissante sur [a ; b ]
0
a a+h a+2h
b–h b
0
a a+h a+2h
b–h b
0
a a+h a+2h
b–h b
Cas : f décroissante sur [a ; b ]
0
16
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Séquence 7 – MA02
a a+h a+2h
b–h b
Dans le cas où f est croissante sur [a ; b ] , on note un la mesure de l’aire totale
des rectangles situés sous la courbe et v n la mesure de l’aire totale des rectangles contenant le domaine E .
b
On obtient ainsi deux suites (un ) et (v n ) encadrant la mesure ∫ f ( x ) d x de
a
l’aire de E . Ainsi, pour tout n ≥ 1, on a :
b
un ≤ ∫ f ( x ) d x ≤ v n .
a
En s’appuyant sur les représentations graphiques précédentes, on montre que :
un = ∑ (h × f (a + kh )) =
n −1
b −a
1 n −1 
f a +k
∑
 et
n 
n k =0 
v n = ∑ (h × f (a + kh )) =
1 n 
b −a
f a +k
∑
.
n 
n k =1 
k =0
n
k =1
Lorsque la fonction f est décroissante sur [a ; b ] , les suites définies par les égalités
b
précédentes déterminent encore un encadrement de ∫ f ( x ) d x mais leurs rôles
a
b
sont inversées : pour tout n ≥ 1, v n ≤ ∫ f ( x ) d x ≤ un .
a
On a donc démontré la propriété suivante.
Propriété 6
Soit f une fonction continue, positive et monotone sur un intervalle [a ; b],
(un ) et (v n ), les suites définies par :
n −1
n
k =0
k =1
un = ∑ (h × f (a + kh )) et v n = ∑ (h × f (a + kh )). Alors :
b
t si f est croissante, on a : un ≤ ∫ f ( x ) d x ≤ v n ;
a
b
t si f est décroissante, on a : v n ≤ ∫ f ( x ) d x ≤ un .
a
Le logiciel Geogebra permet facilement de visualiser ces encadrements de la
façon suivante.
La fonction f est définie sur un intervalle [a ; b].
t On crée un curseur n (entier prenant les valeurs de 1 à 50 par exemple).
t On entre s=SommeInférieure[ f, a, b, n] qui nous donne un minorant de
b
∫a f ( x ) dx obtenu en considérant les rectangles sous la courbe.
t Puis on entre S=SommeSupérieure[ f, a, b, n] qui nous donne un majorant de
b
∫a f ( x ) dx obtenu en considérant les rectangles contenant le domaine.
b
En augmentant n, on obtient des encadrements de plus en plus précis de ∫ f ( x ) d x .
a
Séquence 7 – MA02
17
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Cette propriété justifie l’algorithme suivant qui nous donne des encadrements
d’intégrales dans le cas où f est positive et monotone.
Algobox
Casio
TI
On propose, dans l’exercice 4, de modifier cet algorithme pour obtenir un encadrement d’amplitude fixée.
b) Valeur approchées à l’aide d’une calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel
L’algorithme précédent permet d’encadrer la valeur d’une intégrale, on peut donc
u +v
en donner une valeur approchée, en prenant par exemple n n .
2
À partir d’algorithmes choisis pour leur efficacité (précision, nombres de pas dans
les calculs), les calculatrices et les logiciels de calcul formel donnent des valeurs
approchées d’intégrales.
t Avec une calculatrice TI-82-stats.fr
On utilise la touche MATH puis l’instruction 9 : fonctIntégr.
18
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Séquence 7 – MA02
La syntaxe est fonctIntégr(expression de la fonction, nom de la variable, borne
inférieure, borne supérieure).
1
Voici, par exemple, le calcul de ∫ x 2 d x :
0
t Avec une calculatrice Casio 25+Pro
On utilise successivement OPTN CALC ∫ d x .
La syntaxe est ∫ ( expression de la fonction, borne inférieure, borne supérieure,
tolérance).
Les calculs se font de façon approchée et la « tolérance » permet de choisir une
précision plus ou moins grande. Il est possible de ne pas indiquer la valeur de la
tolérance (la calculatrice utilisera alors 10−5 ) et de ne pas fermer la parenthèse.
t Avec un logiciel de calcul formel
Voici un écran obtenu avec le logiciel Xcas.
La première instruction int(x^2,x) permet d’obtenir à la deuxième ligne une primitive de la fonction donnée par l’expression x^2 où la variable est x, il s’agit
왘
Exemple 3
왘
Solution
x
donc de la fonction carré. (Avec l’instruction int(k*x^2,k) la variable serait k et
x 2 *k 2
on obtiendrait
.)
2
5
La deuxième instruction correspond à l’intégrale ∫ x 2 d x dont le logiciel donne
3
98 .
la valeur :
3
Construire un tableau de valeurs et la courbe de la fonction f définie sur [1; 6 ]
x1
par f ( x ) = ∫ dt .
1 t
1
f (x ) = ∫
x1
1 t
dt .
0
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
5,5
6
0,4054 0,6931 0,9162 1,0986 1,2528 1,3862 1,5041 1,6094 1,7047 1,7918
Séquence 7 – MA02
19
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j
O
i
4. Intégration et dérivation
왘
Exemple 4
왘
Solution
21
Dans l’exemple 3, on a obtenu ci-dessus de valeurs approchées de ∫
dt ,
1t
31
51
61
∫1 t dt , ∫1 t dt et ∫1 t dt . Quel lien peut-on conjecturer entre trois de ces
quatre intégrales ?
61
21
31
On peut conjecturer que ∫
dt = ∫
dt + ∫
dt , ce qui fait penser aux loga1t
1t
1t
rithmes népériens.
Or on sait que la fonction ln a pour dérivée la fonction inverse…
Le théorème qui suit est fondamental. Il permet de relier l’intégration et la dérivation, facilitant le calcul de beaucoup d’intégrales.
Théorème 1
Soit f une fonction continue et positive sur [a ; b ] , la fonction définie sur [a ; b ]
x
par x ֏ ∫ f (t ) dt est dérivable sur [a ; b ] et sa fonction dérivée est la fonction f.
a
x
tt On appellera F la fonction définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt , ainsi
a
x
F ( x ) = ∫ f (t ) dt .
a
x
t Notation : on rappelle que dans l’écriture F ( x ) = ∫ f (t ) dt la variable « t »
a
x
est muette, on aurait pu choisir la notation F ( x ) = ∫ f où l’on voit mieux
a
que l’intégrale ne dépend que de f et des bornes a et x, mais cette notation
x
n’est pas du tout pratique. On utilise donc la notation F ( x ) = ∫ f (t ) dt
a
dans laquelle il est essentiel que la variable muette soit nommée différemment
de la borne x qui est la variable habituelle.
t Interprétation géométrique : par définition de l’intégrale d’une fonction continue et positive sur un intervalle [a ; b ] , F ( x ) est égale à la mesure de l’aire
du domaine du plan limité par la courbe Cf représentant f, l’axe des abscisses, la droite des points d’abscisses a et la droite des points d’abscisse x.
Remarque
F (a ) = 0.
Démonstration
Elle est faite dans le cas particulier d’une fonction positive et croissante sur un
intervalle [a ; b ]. Dans les autres cas le théorème est admis.
20
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Séquence 7 – MA02
On va encadrer le quotient
F (x + h ) − F (x )
.
h
t Cas où h est positif.
L’aire du domaine colorié est
mesurée par
f(x+h)
f(x)
Ꮿf
j
x
F ( x ) = ∫ f (t ) dt .
a
a
x x+h
x
x +h
x +h
a
x
O
b
i
L’aire du domaine formé
par la réunion du domaine
colorié en foncé et du domaine colorié en clair est mesurée par
F (x + h ) = ∫
x +h
a
f (t ) dt .
D’après la relation de Chasles, on a ∫ f (t ) dt + ∫
F (x ) + ∫
x +h
x
f (t ) dt = ∫
f (t ) dt = F ( x + h ) et donc F ( x + h ) − F ( x ) = ∫
a
x +h
x
f (t ) dt , soit
f (t ) dt ,
ce qui est la mesure de l’aire coloriée en clair.
Comme la fonction f est croissante sur [a ; b ] , pour tout nombre t de
l’intervalle [ x ; x + h ] on a f ( x ) ≤ f (t ) ≤ f ( x + h ), et, d’après les inégalités de la moyenne où m et M sont remplacés par f ( x ) et f ( x + h ), on a
F (x + h ) − F (x )
1 x +h
≤ f ( x + h ).
f (x ) ≤ ∫
f (t ) dt ≤ f ( x + h ), soit f ( x ) ≤
h
h x
t Cas où h est négatif.
L’aire du domaine colorié en
foncé est mesurée par
F (x + h ) = ∫
x +h
a
f (t ) dt .
L’aire du domaine formé par la
réunion du domaine colorié en
foncé et du domaine colorié en
clair est mesurée par
f(x)
f(x+h)
Ꮿf
j
O
i
x
F ( x ) = ∫ f (t ) dt .
a
x+h x
b
a
D’après la relation de Chasles, on a ∫
F (x + h ) + ∫
x
x +h
x +h
a
f (t ) dt + ∫
x
x
x +h
f (t ) dt = ∫ f (t ) dt , soit
f (t ) dt = F ( x ) et donc F ( x + h ) − F ( x ) = − ∫
x
a
x +h
f (t ) dt .
Comme la fonction f est croissante sur [a ; b ] et que h est négatif, pour tout
nombre t de l’intervalle [ x + h ; x ] on a f ( x + h ) ≤ f (t ) ≤ f ( x ), et donc, d’après
les inégalités de la moyenne,
F (x + h ) − F (x )
x
1
≤ f ( x ).
f (t ) dt ≤ f ( x ), soit f ( x + h ) ≤
∫
h
x − ( x + h ) x +h
t Ainsi, que h soit positif ou négatif, F ( x + h ) − F ( x ) est encadré par f ( x ) et
h
f (x + h ) ≤
Séquence 7 – MA02
21
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f ( x + h ). Comme la fonction f est continue sur [a ; b ] , on a lim f ( x + h ) = f ( x )
h →0
pout tout x de [a ; b ].
F (x + h ) − F (x )
Et donc, d’après le théorème des gendarmes, lim
= f ( x ), ce qui
h
h →0
prouve que la fonction F est dérivable en x pour tout x de [a ; b ] , et que F ′ = f .
왘
Exemple
b
b3 a3
On rappelle que, dans l’activité 2, ∫ t 2 dt =
pour b ≥ a , et donc aussi
−
a
3
3
3
3
x
x
a
pour x ≥ a. On retrouve bien que la fonction F est
F ( x ) = ∫ t 2dt =
−
a
3
3
dérivable si x ≥ a , et que F ′( x ) = x 2 = f ( x ).
x1
dt et la foncDe même, dans l’exemple 4, on a observé un lien entre x ֏ ∫
1 t
tion ln dont la fonction dérivée est la fonction inverse.
Les fonctions du type de F vont être étudiées dans le chapitre suivant.
D
Exercice 1
Exercices d’apprentissage
b
b3 a3
Le plan est muni d’un repère orthonormé. On utilise le résultat ∫ t 2 dt =
−
a
3
3
pour b ≥ a.
Calculer
1
12
∫0t dt et, par des considérations de symétries et d’aires, déterminer
∫0 t dt .
En déduire la mesure de l’aire du domaine situé entre la courbe de la fonction
carré et la courbe de la fonction racine.
y=x
y= x
j
y = x2
O
Exercice 2
i
Une voiture se déplace sur une route, elle démarre à l’instant t = 0, puis accélère de
façon régulière durant la première heure (c’est-à-dire que l’on suppose constante
l’accélération qui est la dérivée de la vitesse). Après une heure de route, sa vitesse
est alors 80 km.h-1. Elle garde cette vitesse durant les deux heures suivantes puis
décélère de façon régulière pour s’arrêter une demi-heure plus tard.
Dans un repère orthogonal, représenter la vitesse v du véhicule en fonction du temps.
Déterminer la distance parcourue durant ce trajet ainsi que la vitesse moyenne
du parcours.
22
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Séquence 7 – MA02
Exercice 3
On considère une fonction f monotone sur [a ; b] et on reprend la propriété 7,
les notations et l’algorithme qui en découle.
1
1
0
0
a) Montrer que l’encadrement v n ≤ ∫ f (t ) dt ≤ un ou un ≤ ∫ f (t ) dt ≤ v n
(selon le sens de variation de f ) est d’amplitude h f (a ) − f (b ) .
b) Modifier alors l’algorithme d’encadrement construit dans le cours pour
que l’encadrement de l’intégrale obtenu ait une amplitude inférieure à un
nombre d fixé.
2
1
On veut obtenir un encadrement de
e −t dt d’amplitude 10−4.
0
2
x ֏ e− x
∫
a) Montrer que f :
est monotone sur [0 ; 1].
1
2
b) En utilisant l’algorithme, encadrer ∫ e −t dt avec une amplitude infé0
rieure à 10−4.
Exercice 4
Quelle est la fonction dérivée de la fonction F définie sur [1; 100 ] par
x 1
x֏∫ 2
dt ?
1 t +1
x 1
dt .
Même question pour la fonction G définie sur [ 2 ; 100 ] par x ֏ ∫ 2
2 t +1
Qu’observe-ton ?
Quelle est la relation existant entre F ( x ) et G ( x ) pour tout x de [ 2 ; 100 ] qui
permettait de prévoir ce résultat ?
Exercice 5
Dans cet exercice, les trois premières questions sont des questions à choix multiples (QCM) pour lesquelles trois réponses sont proposées dont une seule est
correcte. Dans la quatrième question, on doit dire si la proposition qui est énoncée est vraie ou fausse. Toutes les réponses doivent être justifiées.
Les fonctions qui sont intégrées sont continues et positives sur les intervalles
d’intégration.
Si I =
−1
2
2
∫−4f ( x ) dx et J = ∫−1f ( x ) dx , alors ∫−4f ( x ) dx est égale à :
I+ J
c) I + J.
2
La valeur moyenne sur [ −4 ; 0 ]
de la fonction f représentée cicontre vaut :
a) 2
b) 3
c) 3,5.
a) −I + J
b)
L’intégrale I =
0
∫−3f ( x ) dx
appartient à l’intervalle :
a) [ 7 ; 9 ]
b) [ 9 ; 11] c) [11; 12].
j
-4
O
i
La proposition suivante est-elle vraie ou fausse ?
Si deux fonctions f et g continues et positives sur [a ; b ] sont telles que
b
b
∫a f ( x ) dx = ∫a g ( x ) dx , alors f ( x ) = g ( x ) pour tout x de [a ; b ].
Séquence 7 – MA02
23
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3 Primitives
A
Objectifs du chapitre
À la fin du chapitre 2, apparaît une fonction dont on connaît la fonction dérivée.
Dans ce chapitre, on définit et on étudie ces fonctions définies par leurs fonctions
dérivées. Dans le chapitre qui suivra, on pourra alors calculer des intégrales.
B
Activité 3
Pour débuter
On considère les fonctions F, G et H définies sur ℝ par :
F ( x ) = x 3 + 5, G ( x ) = x 3 − 0,1 et H ( x ) = x 3 + 9999.
Déterminer leurs fonctions dérivées. Qu’observe-ton ? Les fonctions F, G et H
sont-elles égales ?
]
[
Mêmes questions, les fonctions F, G et H étant définies sur 1; + ∞ par
2
3x − 5
x −3
F (x ) =
, G ( x ) = 1−
et H ( x ) =
.
x −1
x −1
x −1
Activité 4
On considère les deux fonctions f et F définie sur ]0 ; + ∞[ par f ( x ) = ln x et
F ( x ) = x ln x − x .
Montrer que F ′ = f .
Trouver deux fonctions G et H différentes de F, telle que G ′ = H ′ = F ′.
]
[
Déterminer une fonction K définie sur 0 ; + ∞ telle que K ' = f et K (1) = 0.
Activité 5
Trouver une fonction F définie sur ℝ telle que, pour tout réel x, F ′( x ) = f ( x )
avec f ( x ) = 6 x 5 + 2x + 1.
Même question avec f ( x ) = x 5 + x 3 − 3 sur ℝ.
−1
1
sur ]0 ; + ∞[ .
x
x
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = ( 3x + 1)e x . Déterminer deux
nombres réels a et b tels que la fonction F définie sur ℝ par F ( x ) = (ax + b )e x
ait pour fonction dérivée la fonction f.
Même question avec f ( x ) =
24
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Séquence 7 – MA02
2
+
C
Cours
1. Définition des primitives d’une fonction
sur un intervalle, existence
Définition 3
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I. On dit qu’une fonction F, définie sur I, est une primitive de la fonction f sur I si :
t la fonction F est dérivable sur I ;
t pour tout x de I, F ′( x ) = f ( x ).
왘
Exemples
Soit f la fonction carré définie sur ℝ. La fonction F définie sur ℝ par F ( x ) =
est une primitive de la fonction carré car, pour tout réel x, on a F ′( x ) = x 2.
x3
3
La fonction ln est une primitive sur ]0 ; + ∞[ de la fonction inverse car, pour tout
1
réel x strictement positif, on a : ln′ ( x ) = .
x
Remarque
La fonction F est une primitive de la fonction f sur I si et seulement si f est la
fonction dérivée de F sur I.
Rappel
On a démontré dans le chapitre 2 que, pour une fonction f continue, positive et
croissante sur un intervalle fermé [a ; b ] , la fonction définie sur [a ; b ] par
x
x ֏ ∫ f (t ) dt est dérivable sur [a ; b ] et que sa fonction dérivée est la fonction f.
a
On a admis cette propriété pour toutes les fonctions continues et positives sur
[a ; b ]. On obtient donc qu’une fonction f continue et positive sur un intervalle
x
[a ; b ] admet au moins une primitive sur [a ; b ] définie par x ֏ ∫a f (t ) dt .
Plus généralement, on a le théorème qui suit.
Théorème 2
Toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives sur cet intervalle.
V i i lle principe
i i
d la
l
Voici
de
démonstration dans le
cas d’une fonction f définie et continue sur un
intervalle fermé [a ; b ].
On ne suppose donc plus
que la fonction est positive, mais on peut s’y
ramener.
y = g(x) = f(x)–m
j
O
m
Ꮿg
i
b
a
Ꮿf
Séquence 7 – MA02
25
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On admet qu’une fonction continue sur un intervalle fermé [a ; b ] admet un minimum m sur [a ; b ] (ce qui peut être conjecturé à partir de la représentation graphique puisque la courbe représentative d’une fonction continue sur un intervalle
fermé est formée d’un trait continu, m est la plus petite ordonnée des points de la
courbe).
Pour tout t de [a ; b ] , on a donc m ≤ f (t ), soit f (t ) − m ≥ 0. La fonction g définie
sur [a ; b ] par g (t ) = f (t ) − m est donc une fonction continue et positive sur
[a ; b ]. Géométriquement, cela correspond à translater la courbe de f vers le haut
pour que tous les points de la nouvelle courbe aient une ordonnée positive.
On applique à cette fonction g le théorème 1 du chapitre 2 et on obtient que la
x
fonction G définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ g (t ) dt est dérivable sur [a ; b ] et que
a
sa fonction dérivée est la fonction g : G ′ = g .
Comme f ( x ) = g ( x ) + m sur [a ; b ] , on considère la fonction F définie sur [a ; b ]
par : F ( x ) = G ( x ) + mx .
On a F ′( x ) = G ′( x ) + m = f ( x ) pour tout x de [a ; b ] donc F est une primitive de f.
Le théorème est admis dans le cas des fonctions définies sur I, I n’étant pas un
intervalle fermé et la fonction f pouvant alors ne pas admettre de minimum.
왘
Exemple
Les fonctions F, G et H définies sur ℝ par : F ( x ) = e2x + 5, G ( x ) = e2x − 0,1
et H ( x ) = e2x − 9999 sont des primitives de la fonction f définie sur ℝ par
f ( x ) = 2e2x .
2. Propriétés des primitives
Dans l’exemple précédent, on a ajouté des constantes à la primitive x ֏ e2x ,
2x
pour fabriquer d’autres primitives de la fonction x ֏ 2e . La propriété suivante montre qu’il n’y a pas d’autres formes de primitives.
Propriété 7
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I, et soit F et G deux
de ses primitives. Alors la fonction F − G est une fonction constante sur I.
Démonstration
Pour tout x de I, on a (F − G )′ ( x ) = F ′( x ) − G ′( x ) = f ( x ) − f ( x ) = 0. La dérivée de
la fonction F − G est nulle sur l’intervalle I donc la fonction F − G est une fonction constante sur I.
Propriété 8
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I, et soit F une de ses
primitives. Alors l’ensemble des primitives de f sur I est égal à l’ensemble des
fonctions de la forme F + k , où k est une constante.
26
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Séquence 7 – MA02
Démonstration
t D’après la propriété précédente, si G est une autre primitive de f sur I alors
F − G est une fonction constante sur I, donc G = F + k .
t Réciproquement : soit G une fonction telle que G = F + k où k est une
constante. Pour tout x de I, F ′( x ) = f ( x ) et G ( x ) = F ( x ) + k . Comme k est
une constante, G ′( x ) = F ′( x ) + 0 = f ( x ), donc la fonction G est une primitive
de f sur I.
왘 Conséquence
D’après le théorème 2 et la propriété précédente, on peut déduire que : toute
fonction continue sur un intervalle I admet une infinité de primitives sur I.
왘
Exemple 5
Donner l’ensemble des primitives sur ℝ de la fonction carré.
왘
Solution
L’ensemble des primitives de la fonction carré sur ℝ sont les fonctions F de
x3
x3
la forme F ( x ) =
est
+ k , k étant une constante. En effet, la fonction x ֏
3
3
une primitive de la fonction carré.
Propriété 9
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I. Soit x 0 un élément
de I et y 0 un nombre réel. Alors il existe une et une seule primitive de f sur I
qui prend la valeur y 0 en x 0 .
Démonstration
Soit F une des primitives de f sur I. On sait que toutes les primitives de f sont de la
forme F + k , il suffit donc de chercher k pour que F ( x 0 ) + k = y 0 . On trouve une
solution unique pour k, k = −F ( x 0 ) + y 0 , donc il existe une et une seule primitive
vérifiant la condition imposée.
Et cette solution G est telle que G ( x ) = F ( x ) − F ( x 0 ) + y 0 .
왘
Exemple 6
Trouver la primitive G de la fonction carré f qui prend la valeur 1 pour x = 2.
왘
Solution
Remarquons d’abord l’utilisation de l’article « la » : en effet la propriété 8 assure
qu’il n’y a qu’une fonction qui convient. La fonction G que l’on cherche est de la
x3
forme G ( x ) =
+ k , vérifiant G (2) = 1.
3
23
−5
8
Comme G (2) = 1 ⇔ + k = 1 ⇔ k = 1− ⇔ k = , la primitive G qui convient
3
3
3
x3 −5
est définie par G ( x ) =
.
3
Séquence 7 – MA02
27
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Conséquence
Un cas particulier important
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I et soit x 0 un élément
de I. Alors il existe une et une seule primitive de f sur I qui s’annule en x 0 .
Il s’agit de la propriété précédente avec y 0 = 0. Soit F une des primitives de f
sur I. La primitive de f sur I qui s’annule en x 0 est la fonction G définie sur I par
G ( x ) = F ( x ) − F ( x 0 ).
왘
Exemple 7
왘
Solution
Déterminer la primitive H de la fonction carré qui prend la valeur 0 pour x = 5.
x3
Une primitive de la fonction carré est la fonction F définie par F ( x ) =
, donc la
3
primitive H que l’on cherche est telle que
H ( x ) = F ( x ) − F ( 5) =
x 3 53 x 3 − 125
− =
.
3
3
3
Propriété 10
Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a et b deux nombres réels de
I. Soit F une des primitives de la fonction f sur I. La différence F (b ) − F (a ) ne
dépend pas de la primitive choisie.
Démonstration
Pour prouver que la différence ne dépend pas de la primitive choisie, nous allons
choisir deux primitives quelconques et montrer que la différence est la même pour
ces deux primitives. Soit F1 et F2 deux primitives de f sur I, d’après la propriété 8
il existe alors un nombre réel k tel que, pour tout x de I, on a : F2 ( x ) = F1( x ) + k .
On obtient donc : F2 (b ) − F2 (a ) = (F1(b ) + k ) − (F1(a ) + k ) = F1(b ) − F1(a ).
La différence est donc bien la même quelle que soit la primitive F choisie.
왘
Exemple
Les fonctions G et H des exemples 6 et 7 sont des primitives de la fonction carré
sur ℝ.
Pour a = −2 et b = 1, on a :
13 − 5 ( −2)3 − 5 13 − ( −2)3
−
=
= 3 et
3
3
3
13 − 125 ( −2)3 − 125 13 − ( −2)3
= 3.
H (b ) − H (a ) = H (1) − H ( −2) =
−
=
3
3
3
G (b ) − G (a ) = G (1) − G ( −2) =
28
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Séquence 7 – MA02
Propriété 11
Primitive et intégrale
Soit f une fonction continue et positive sur [a ; b ] et F une de ses primitives.
On a alors :
b
∫a f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
Démonstration
x
À la fin du chapitre 2, on a vu que la fonction définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt
a
est dérivable sur [a ; b ] et sa fonction dérivée est la fonction f. Donc la fonction
x
définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt est une primitive de la fonction f.
a
a
Or ∫ f (t ) dt = 0, donc, d’après la propriété 8 et sa conséquence, la fonction
a
x
définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt est la primitive de la fonction f qui s’ana
nule en a.
Et on sait que, si F est une des primitives de f sur I, la primitive de f qui s’annule
x
en a est la fonction x ֏ F ( x ) − F (a ), donc on a ∫ f (t ) dt = F ( x ) − F (a ), en parb
ticulier ∫ f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
a
a
왘
Exemple
Une primitive de la fonction carré est la fonction F définie sur ℝ par F ( x ) =
b
a
et, dans le chapitre 2, on a bien obtenu l’égalité ∫ t 2 dt =
Remarque
x3
3
b3 a3
avec b ≥ a.
−
3
3
D’une part, on a vu qu’une fonction continue et positive sur un intervalle [a ; b ]
possède des primitives en utilisant une fonction définie par une intégrale. D’autre
part, la propriété 11 montre qu’il est possible de calculer une intégrale si on
connaît une primitive de la fonction qui est intégrée. Ces deux notions sont donc
très liées. Dans ce chapitre 3, on étudie surtout les primitives, la notion d’intégrale sera ensuite approfondie dans le chapitre 4.
3. Primitives des fonctions usuelles,
opérations et composition
t Fonctions usuelles
« Déterminer une primitive » est l’opération inverse de « dériver une fonction » :
si f est la fonction dérivée de F sur un intervalle I alors F est une primitive de f.
Le tableau des dérivées usuelles nous permet alors de dresser le tableau des
primitives des fonctions usuelles.
Dans ce tableau, k désigne un nombre réel constant.
Séquence 7 – MA02
29
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I
Expression de f ( x ) sur I
Expression de F ( x ) sur I
f (x ) = 0
I=ℝ
F ( x ) = k , k constante réelle
f (x ) = 1
I=ℝ
F (x ) = x + k
1
f (x ) = 2
x
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[
1
F (x ) = − + k
x
ou
I = ℝ− * = ]−∞ ; 0[
1
x
f (x ) =
f (x ) = x n , n ∈ ℕ
f (x ) =
1
x
n
I = ℝ + * = ]0 ; + ∞[
F (x ) = 2 x + k
I=ℝ
F (x ) =
+
= x −n , n ∈ ℕ , n ≥ 2 I = ℝ * = ]0 ; +∞[
ou
1 n +1
x
+k
n +1
F (x ) = −
1
(n − 1)x
n −1
+k =
1
x −n + 1 + k
−n + 1
−
I = ℝ * = ]−∞ ; 0[
f ( x ) = cos x
I=ℝ
F ( x ) = sin x + k
f ( x ) = sin x
I=ℝ
F ( x ) = − cos x + k
f ( x ) = ex
I=ℝ
F ( x ) = ex + k
I = ℝ+ * = ]0 ; +∞[
F ( x ) = ln x + k
f (x ) =
1
x
t Opérations et composition
Dans le tableau suivant, f, g, u, v sont des fonctions continues sur un intervalle
I, les fonctions F et G sont des primitives des fonctions f et g sur I. Les notations
α , β , a, b, désignent des nombres réels. et k désigne une constante.
Ce tableau est obtenu à partir des propriétés de la dérivation des fonctions obtenues par opérations ou par composition.
30
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Séquence 7 – MA02
Fonction définie sur I
Les primitives sur I
f +g
F +G + k
αf
αF + k
αf + β g
αF + βG + k
u ′u
1 2
u +k
2
Remarques
1 n +1
u
+k
n +1
u ′u n , n ∈ ℕ
ff
ff
v′
v
1
− +k
v
2
v′
vn
= v ′v −n , n ∈ ℕ*, n ≥ 2
−
v ne s’annule pas sur I
1
(n − 1)v
+k =
n −1
1 −n + 1
v
+k
−n + 1
u′
u
2 u +k
u ′eu
eu + k
u′
u
ln u + k
x ֏ f ( x ) = ag (ax + b )
x ֏ F ( x ) = G (ax + b ) + k
v ne s’annule pas sur I
La forme est la même que
pour u ′u n , n ∈ ℕ
u est à valeurs strictement
positives sur I
u est à valeurs strictement
positives sur I
Pour chercher des primitives, on dispose donc de tous ces résultats, issus de ce
qui est connu sur la dérivation, et des indications données par les énoncés des
exercices (comme dans la question de l’activité 5).
Remarque
Il existe des fonctions pour lesquelles on ne peut pas trouver une formule explicite (utilisant les fonctions usuelles précédemment rencontrées et les règles opératoires classiques : addition, multiplication, composition…) pour les primitives,
2
par exemple la fonction définie sur ℝ par x ֏ e − x . On rencontrera de tels
cas en probabilité et en statistiques dans les séquences 8 et 9, mais, en dehors de
ces séquences, on évitera ces cas en Terminale. Dans la pratique des utilisateurs
des mathématiques, ces cas sont fréquents. On peut alors seulement utiliser des
x
intégrales car on sait que la fonction définie sur [a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt est
a
la primitive de la fonction f qui s’annule en a. On fait alors seulement des calculs
approchés d’intégrales, mais heureusement les moyens informatiques permettent
maintenant des calculs rapides et d’une très bonne précision.
Séquence 7 – MA02
31
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4. Exemples de recherche de primitives
Remarques
préliminaires
t Pour trouver les primitives, il faut bien connaître les formules sur les dérivées.
t Quand on a trouvé une primitive, il est prudent de vérifier le résultat en dérivant la primitive obtenue.
t Quand on demande une primitive (et non les primitives), on prend souvent
k = 0.
t On ne trouvera pas toujours une formule du cours qui s’adapte exactement : il
faudra souvent choisir une ou plusieurs constantes multiplicatives.
왘
Exemple 8
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x 2 + x + 1. Trouver une primitive de f sur ℝ.
왘
Solution
On a : f ( x ) =
Commentaire
왘
Exemple 9
왘
Solution
( )
1
1
1
1
3x 2 + (2x ) + 1, d’où F ( x ) = x 3 + x 2 + x sur ℝ (ici, on ne
3
3
2
2
demande qu’une primitive).
1
1
On dit que et sont des constantes multiplicatives.
2
3
3
5
sur I = ]0 ; +∞[ . Donner
On considère la fonction f définie par f ( x ) = 2 +
x
2x
toutes les primitives de f sur I.
3 1   1 
, donc les primitives de f sur I sont les fonctions F
On a f ( x ) =  2  + 5 
2  x   x 
(
)
3  1
telles que F ( x ) =  −  + 5 2 x + k , k étant une constante (ici on demande
2 x 
toutes les primitives).
왘
Exemple 10
왘
왘
Exemple 11
왘
32
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Solution
Solution
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = 3e 3x + 2 − e2x +1. Donner
toutes les primitives de f sur I.
1
On reconnaît ou on met en évidence la forme u ′eu : f ( x ) = 3e 3x + 2 − 2e2x +1 .
2
Donc les primitives de f sur ℝ sont les fonctions F telles que
1
F ( x ) = e 3 x + 2 − e 2x + 1 + k .
2
(
)
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = cos x − sin(5x − 4 π ). Déterminer la primitive de f qui s’annule en 0.
1
Comme f ( x ) = cos x + (−5sin(5x − 4 π )) , la primitive cherchée est de la forme
5
1
F ( x ) = sin x + cos(5x − 4 π ) + k , le réel k étant tel que F (0 ) = 0.
5
−1
1
1
Or F (0) = 0 ⇔ sin0 + cos(5 × 0 − 4 π ) + k = 0 ⇔ 0 + × 1+ k = 0 ⇔ k = .
5
5
5
1
1
1
1
Donc F ( x ) = sin x + cos(5x − 4 π ) − = sin x + cos(5x ) − .
5
5
5
5
Séquence 7 – MA02
D
Exercices d’apprentissage
Exercice 6
Dans chaque cas, déterminer une primitive F de la fonction f sur l’intervalle I.
5
f ( x ) = 5x 4 − 3x 3 − 3x 2 + 4 x + 2 sur I = ℝ f ( x ) =
sur I = ]0 ; +∞[
2
x
2
f (x ) = −
f ( x ) = ( x + 1)3 sur I = ℝ
sur I = ]−∞ ; 0[
3
x
2x + 1
f (x ) =
f ( x ) = cos( 2x ) sur ℝ.
sur I = ]1; +∞[
2
x +x −2
Exercice 7
Dans chaque cas, sur l’intervalle I, déterminer la primitive F de la fonction f telle
que F ( x 0 ) = y 0 .
f ( x ) = 2x + 3
I=ℝ
x0 = 2
y0 = 0 ;
f ( x ) = ( x − 1)3
I=ℝ
x0 = 1
y0 = 2 ;
x
I=ℝ
x0 = 0
y 0 = −4 ;
1
x
I = ]0 ; +∞[
x0 = 1
y0 = 2 ;
I = ]0 ; +∞[
x0 = 0
y 0 = 1.
f (x ) = e
f (x ) =
f (x ) =
Exercice 8
1
3x + 1
Les fonctions suivantes sont toutes définies sur ℝ. Pour chacune d’elles, donner
toutes ses primitives sur ℝ.
f ( x ) = e x + 3e2x + e − x
f (x ) =
Exercice 9
ex
2 + ex
2
f ( x ) = 2x e( x )
f (x ) =
(
)
f ( x ) = ex ex + 1
2
1
.
ex + 1
Déterminer toutes les primitives de f sur I.
f ( x ) = cos x + sin x sur I = ℝ
f ( x ) = cos( 3x + 2) − sin(5x − 4 ) sur I = ℝ
f (x ) =
Exercice 10
sin x
 π
sur I = 0 ;  .
cos x
 4
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = x e x .
Déterminer la fonction dérivée de f et exprimer f ( x ) en fonction de f ′( x ).
En déduire l’expression d’une primitive de f.
Exercice 11
Voici les courbes représentatives de quatre fonctions f1, f2 , f3 et f4 .
Séquence 7 – MA02
33
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O
O
1
2
3
4
O
O
Des primitives de chacune des fonctions f1, f2 , f3 et f4 sont représentées cidessous. Pour chacune des fonctions f1, f2 , f3 et f4 , indiquer quelle courbe
représente une de ses primitives.
J
O
O
34
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O
I
Séquence 7 – MA02
a
b
c
d
O
4
A
Primitives et intégrales
d’une fonction continue
sur un intervalle
Objectifs du chapitre
Dans le chapitre 2, on a défini l’intégrale d’une fonction continue et positive sur
un intervalle [a ; b ] en utilisant les aires. La notion de primitive vue au chapitre 3
permet de généraliser la définition de l’intégrale aux fonctions continues de
signe quelconque sur un intervalle en conservant les propriétés déjà rencontrées.
B
Activité 6
Pour débuter
On rappelle la propriété 10 : soit f une fonction continue et positive sur [a ; b ] et
b
F une de ses primitives. On a alors : ∫ f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
a
On considère ici deux fonctions f et g continues et positives sur un intervalle
[a ; b ] . Soit F une primitive de f sur [a ; b ] et G une primitive de g. Démontrer
que
a
b
b
∫b (f + g )(t ) dt = ∫a f (t ) dt + ∫a g (t ) dt .
a
b
Soit α un nombre réel, montrer que
∫b (αf )(t ) dt = α ∫a f (t ) dt .
Activité 7
Soit f une fonction continue et positive sur un intervalle I. On souhaite pouvoir
généraliser la relation de Chasles quel que soit l’ordre des nombres réels a, b
et c de l’intervalle I.
c
On a donc besoin de définir ∫ f (t ) dt la borne c étant inférieure à la borne a.
a
c
1
a
3
Proposer une définition de ∫ f (t ) dt avec c ≤ a. Calculer ∫ 4t 3 dt .
j
O
c
i
a
b
Démontrer alors que, pour tous les nombres a, b et c de l’intervalle I, on a :
c
b
b
∫a f ( x ) dx + ∫c f ( x ) dx = ∫a f ( x ) dx .
Séquence 7 – MA02
35
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C
Cours
1. Intégrale d’une fonction continue
de signe quelconque
Dans le chapitre précédent, on a vu que si f est une fonction continue et positive
b
sur [a ; b ] , ∫ f (t ) dt = F (b ) − F (a ). Cette égalité va nous servir pour généraliser
a
la notion d’intégrale à des fonctions qui ne sont pas positives sur I.
Définition 4
Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a et b deux nombres réels
de I. Soit F une des primitives de la fonction f sur I. On appelle « intégrale de
a à b de la fonction f » le nombre F (b ) − F (a ) et on note
b
∫a f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
Remarques
t On rappelle que la fonction f possède une infinité de primitives sur I, mais que
la différence F (b ) − F (a ) ne dépend pas de la primitive choisie.
t Il n’y a pas ici de condition sur le signe de f (t ) ni sur l’ordre de a et b.
t Bien sûr, dans le cas des fonctions positives sur I et lorsque a ≤ b , les définitions 1 et 4 coïncident grâce au théorème 1.
b
t La différence F (b ) − F (a ) est souvent notée [F (t )]a , ce qui se lit « F (t ) pris
entre a et b ».
왘
Exemple 12
왘
Solution
0
π
2
Calculer ∫ −t 2 dt ; ∫ cost dt .
1
La fonction f définie sur ℝ par f (t ) = −t 2 est continue sur ℝ et une de ses
−t 3
(remarque : la fonction f est
primitives est la fonction f définie par F (t ) =
3
une fonction négative). On a :
2
 −t 3   −8   −1 −7
−
t
t
=
d

 =   −  = .
∫1
 3 1  3   3  3
2
On a
2
0
∫ π cost dt = [sint ]0π = sin0 − sin π = 0 ; on remarque ici que l’intégration
se fait de π à 0, c’est la borne située en bas du symbole d’intégration qui a la
plus grande valeur ; on remarque aussi que l’intégrale est nulle mais qu’il ne
s’agit pas de l’intégrale de la fonction nulle.
36
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Séquence 7 – MA02
2. Propriétés
On peut maintenant généraliser le théorème 1 à des fonctions dont les valeurs sont
de signes quelconques. On en donne un énoncé utilisant la notion de primitive.
Théorème 3
Soit f une fonction continue sur [a ; b ] , la fonction G définie sur [a ; b ] par
x
G : x ֏ G ( x ) = ∫ f (t ) dt est la primitive de f qui s’annule en a.
a
Démonstration
Soit F une primitive de f sur [a ; b ]. D’après la définition 4, on a G ( x ) = F ( x ) − F (a ).
On en déduit que G est dérivable sur [a ; b ] et que, pour tout x de [a ; b ] ,
G ′( x ) = F ′( x ) = f ( x ) et G (a ) = F (a ) − F (a ) = 0 : G est bien la primitive de f qui
s’annule en a.
Dans les propriétés suivantes, les fonctions sont continues sur un intervalle I, les
nombres réels a, b et c sont dans I, les nombres α et β sont deux réels quelconques.
Propriété 12
a
b
b
a
On a : ∫ f (t ) dt = − ∫ f (t ) dt .
Démonstration
On applique la définition 4 et on obtient :
a
b
∫b f (t ) dt = F (a ) − F (b ) = − (F (b ) − F (a )) − ∫a f (t ) dt .
Propriété 13
On a : ∫
Linéarité de l’intégrale
a
b
b
αf +βg ) (t ) dt = α f (t ) dt +β g (t ) dt .
(
b
a
a
∫
∫
Démonstration
On procède comme dans l’activité 6.
Dans le chapitre 2, la définition de l’intégrale de a à b d’une fonction positive a
permis d’établir plusieurs propriétés en utilisant les propriétés des aires.
Nous allons ici retrouver ces propriétés dans le cas général, le cas particulier des
fonctions positives vous permettant d’en avoir une image géométrique.
Propriété 14
a
On a : ∫ f (t ) dt = 0.
a
Séquence 7 – MA02
37
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Propriété 15
On a :
c
Relation de Chasles
b
b
∫a f ( x ) dx + ∫c f ( x ) dx = ∫a f ( x ) dx .
Démonstration
On procède comme dans l’activité 7 .
Propriété 16
Positivité
Soit f une fonction continue et positive sur l’intervalle I. Pour tous nombres
b
a et b de l’intervalle I tels que a ≤ b , on a alors : 0 ≤ ∫ f ( x ) dx .
a
Démonstration
La démonstration a déjà été faite dans le chapitre 2, puisqu’on se retrouve dans
le cas d’une fonction positive.
Pour aller plus loin, nous vous proposons ici une deuxième démonstration pour
montrer qu’une autre méthode est possible avec la nouvelle définition : comme
b
∫a f (t ) dt = F (b ) − F (a ) où F est une fonction dont la dérivée F ′ = f est à valeurs
positives, alors la fonction F est croissante sur I et F (b ) − F (a ) est positif car on
a supposé que a ≤ b.
Remarque
La condition a ≤ b est essentielle.
Propriété 17
Comparaison
Soit f et g deux fonctions continues sur un intervalle I et telles que f ≤ g ,
c’est-à-dire telles que f ( x ) ≤ g ( x ) pour tout x de I. Soit a et b dans I tels que
b
b
a
a
a ≤ b , alors ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx .
Démonstration
Méthode : on se ramène au cas précédent et on applique la propriété de linéarité.
Comme f ( x ) ≤ g ( x ) pour tout x de I, on a aussi 0 ≤ g ( x ) − f ( x ) et on applique
la propriété de positivité à la fonction g − f , les nombres a et b vérifiant a ≤ b.
b
Donc 0 ≤ ∫ ( g ( x ) − f ( x )) dx .
a
38
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Séquence 7 – MA02
b
b
D’où, d’après la linéarité, 0 ≤ ∫ g ( x ) dx − ∫ f ( x ) dx , soit
b
a
b
a
∫a f ( x ) dx ≤ ∫a g ( x ) dx .
Remarque
Dans cette propriété aussi la condition a ≤ b est essentielle.
Remarque
Cette propriété sera très utile pour trouver des valeurs approchées d’intégrales
de fonctions qu’on ne sait pas intégrer mais qu’on peut encadrer.
Définition 5
La valeur moyenne d’une fonction f continue sur un intervalle [a ; b ] est
égale au nombre
1 b
f (t ) dt .
b − a ∫a
Propriété 18
Inégalités de la moyenne
Soit une fonction f continue sur l’intervalle [a ; b ] avec a ≠ b , et
deux nombres m et M tels que, pour tout x de l’intervalle [a ; b ] , on a
m ≤ f ( x ) ≤ M . Alors m ≤ µ ≤ M , µ étant la valeur moyenne de la fonction
f sur [a ; b ].
Démonstration
Elle est analogue à celle faite pour une fonction f positive dans le chapitre 2.
3. Calcul et encadrement d’intégrales
a) Les calculs exacts d’intégrales sont faits avec les primitives ou en utilisant les
différentes propriétés du cours (linéarité, relation de Chasles…).
b) Pour encadrer une intégrale, on utilise la positivité, la propriété de comparaison ou les inégalités de la moyenne.
Voici un exemple où on encadre l’intégrale d’une fonction dont on ne connaît pas
de primitives mais qui est encadrée par des fonctions polynômes.
Séquence 7 – MA02
39
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왘
Exemple 13
On considère les fonctions f, g et h définies sur ℝ par :
1
x
x2
,
(
)
1,
(
)
f (x ) =
g
x
=
−
+
h
x
=
−
+ 1.
2
2
1+ x 2
Établir que pour tout x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] on a :
g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h ( x ).
En déduire un encadrement de l’intégrale :
1
∫0f ( x )dx .
왘
Solution
Déterminons les valeurs pour lesquelles g ( x ) ≤ f ( x ).
t On a :
1
x
g ( x ) ≤ f ( x ) ⇔ − + 1≤
2
1+ x 2
⇔ (1+ x 2 )( − x + 2) ≤ 2
⇔ − x 3 + 2x 2 − x + 2 ≤ 2
⇔ x 3 − 2x 2 + x ≥ 0
⇔ x ( x 2 − 2x + 1) ≥ 0
⇔ x ( x − 1)2 ≤ 0.
Cette dernière inégalité est toujours vérifiée sur [0 ; 1], d’où : pour tout x de
[ 0 ; 1] on a : g ( x ) ≤ f ( x ).
t À présent, pour avoir f ( x ) ≤ h ( x ) :
1
1+ x
≤−
2
x2
+ 1 ⇔ 2 ≤ ( − x 2 + 2)(1+ x 2 ) ⇔ 0 ≤ − x 4 + x 2
2
soit 0 ≤ x 2 (1− x 2 ) toujours vérifié sur [0 ; 1].
Pour tout x ∈ [0 ; 1] : g ( x ) ≤ f ( x ) ≤ h ( x )
Par la propriété d’encadrement, puisque 0 ≤ 1, on a :
1
1
1
∫ 0 g ( x )dx ≤ ∫ 0f ( x )dx ≤ ∫ 0 h ( x )dx


1 x
1
1 x
soit : ∫ 0 − 2 + 1 d x ≤ ∫ 0 f ( x )d x ≤ ∫ 0 − 2 + 1 d x
 x3
1
 x2
1
1
d’où − + x  ≤ ∫ f ( x )d x ≤ − + x  d’où
0
 6

 4

0
0
1 1
5
3
dx ≤ .
≤∫
2
0
6
4
1+ x
c) Ce qui a été vu dans le chapitre 2, à propos des calculatrices et des logiciels
de calcul formel, s’applique aussi dans le cas général des fonctions continues
de signes quelconques.
40
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Séquence 7 – MA02
5. Utiliser le calcul intégral pour
déterminer une aire
a) Aire d’un domaine limité par l’axe des abscisses
et la courbe représentative d’une fonction
Par définition, l’aire du domaine sous la courbe d’une fonction continue positive
b
définie sur un intervalle [a ; b ] a pour mesure ∫ f (t ) dt en unités d’aire.
a
Soit f une fonction définie sur l’intervalle [a ; b ] , continue et négative sur [a ; b ].
Soit E1 le domaine du plan limité par la courbe
Ꮿf représentant f, l’axe des abscisses et les
droites d’équation x = a et x = b.
Ꮿ–f
La symétrie axiale par rapport à l’axe des abscisses donne l’égalité
E2
b
a
j
aire(E1) = aire(E2 ) = ∫ −f ( x ) dx u.a.
O
i
où E2 est l’ensemble des points limité par la
courbe représentant la fonction −f (qui est positive), l’axe des abscisses et les droites d’équation
x = a et x = b.
E1
Ꮿf
Propriété 19
Soit f une fonction définie et continue sur l’intervalle [a ; b ]. L’aire du
domaine E limité par la courbe représentative de f, l’axe des abscisses et
b
les droites d’équation x = a et x = b mesure ∫ f (t ) dt en unités d’aire.
a
En pratique, on décompose l’intervalle [a ; b ] en une union d’intervalles sur chacun desquels f a un signe constant.
왘
Exemple 14
왘
Solution
Soit f la fonction définie sur [ −2 ; 3] par f ( x ) = x 2 − x − 2. Déterminer la mesure
en unités d’aire du domaine E limité par la
courbe représentative de f, l’axe des abscisses
et les droites d’équation x = −2 et x = 3.
La fonction f est une fonction du second degré
qui a deux racines, –1 et 2, et dont le coefficient de x 2 vaut 1 qui est positif. On sait alors
que f (t ) est négatif sur [ −1; 2] et positif ailleurs.
j
–2
–1
0
i
2
3
La mesure, en unités d’aire, de l’aire du
domaine E est donc l’intégrale I :
3
−1
2
3
−2
−2
−1
2
I = ∫ f (t ) dt = ∫ f (t ) dt − ∫ f (t ) dt + ∫ f (t ) dt .
Séquence 7 – MA02
41
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Une primitive de f est F définie par F (t ) =
On a :
−1
2
t3 t2
− − 2t .
3 2
3
I = [F (t )]−2 − [F (t )]−1 + [F (t )]2
= (F (−1) − F (−2)) − (F (2) − F (−1)) + (F (3) − F (2)) =
Le domaine E a donc pour aire
Remarque
49
.
6
49
u.a.
6
b
L’intégrale ∫ f (t ) dt est appelée aire algébrique du domaine limité par la
a
courbe de f, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = a et x = b , pour
une fonction f de signe quelconque, définie et continue sur [a ; b ].
Remarque sur la parité
La courbe représentative d’une fonction f définie, continue sur I et paire, est une
courbe symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. L’interprétation d’une intégrale comme l’« aire sous la courbe » si la fonction f est positive, ou comme une
« aire algébrique » si f est de signe quelconque, permet d’obtenir des égalités
b
−a
a
−b
d’intégrales : ∫ f ( x ) d x = ∫
f ( x ) dx .
On a représenté ici la courbe de la fonction f définie sur ℝ par
(
)(
)
f (x ) = x 2 − 1 x 2 − 4 .
–b
b
j
–a
b
b
−b
0
O
a
i
On a aussi : ∫ f ( x ) d x = 2∫ f ( x ) d x pour tout nombre b positif dans I.
b) Aire entre deux courbes
Propriété 20
Soit f et g deux fonctions définies, continues sur l’intervalle [a ; b ] , telles
que, pour tout t de [a ; b ] , f (t ) ≤ g (t ). L’aire du domaine E limité par la
courbe représentative de f, celle de g et les droites d’équation x = a et
b
x = b mesure ∫ a ( g (t ) − f (t )) dt en unités d’aire.
42
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Séquence 7 – MA02
Ꮿg
y
E
Ꮿf
1
Ef
a
j
0
x
i
1
b
Démonstration
On considère d’abord le cas des fonctions positives. En notant Ef (respectivement
Eg ) le domaine situé sous la courbe représentant f, on a : Ef ∪ E = Eg . D’après
les propriétés des aires, on obtient
( )
Aire ( Ef ) + Aire ( E ) = Aire Eg , d’où
( )
b
 b

Aire ( E ) = Aire Eg − Aire ( Ef ) =  ∫ g (t ) dt − ∫ f (t ) dt  u.a.
 a

a
Et la linéarité de l’intégrale donne :
b
Aire ( E ) = ∫ ( g (t ) − f (t )) dt u.a.
a
Dans le cas où il ne s’agit pas de
fonctions positives, pour justifier que
l’égalité est la même, on translate les
courbes suffisamment dans
la direction et le sens du vecteur j pour que
les courbes aient tous leurs points
d’ordonnées positives.
hj
j
O
i
On est alors ramené au cas précédent
et, la translation conservant les aires,
l’aire cherchée est aussi l’aire entre
les nouvelles courbes.
Le vecteur de
la translation est λ j avec λ > 0, les nouvelles courbes ont pour équations
y = f ( x ) + λ et y = g ( x ) + λ , et l’aire est :
b
b
∫a (( g (t ) + λ ) − (f (t ) + λ )) dt u.a. = ∫a ( g (t ) − f (t )) dt u.a.
왘
Exemple 15
On considère un repère orthogonal où l’unité est 1 cm sur l’axe des abscisses
et 0, 5 cm sur l’axe des ordonnées. Soit f et g les fonctions définies sur ℝ par
f ( x ) = x 2 − 3x − 1 et g ( x ) = − x 2 − x + 3. Déterminer, en cm2 , l’aire A du
domaine E formé des points M( x ; y ) tels que x est compris entre −1 et 2, et
y entre f ( x ) et g ( x ).
Séquence 7 – MA02
43
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왘
Solution
On commence par étudier la position des deux
paraboles en étudiant le signe de la différence
f ( x ) − g ( x ).
Comme f ( x ) − g ( x ) = 2x 2 − 2x − 4 = 2( x 2 − x − 2),
on obtient que cette différence est nulle pour
x = −1 et x = 2, et elle est négative entre ces deux
valeurs (puisque la parenthèse est un polynôme du
second degré pour lequel le coefficient de x 2 est
positif).
j
O
i
En unités d’aire, l’aire du domaine E est donc mesurée par :
 x3 x2
2
2
2
2
∫ −1(g ( x ) − f ( x )) dx = 2 ∫ −1 −x + x + 2 dx = 2− 3 + 2 + 2x 


(
)
−1
= 9.
D’où A = 9 u.a. = 9 × 1× 0, 5 cm2 = 4 , 5 cm2.
Remarque
D
Exercice 12
Si la différence g (t ) − f (t ) n’est pas de signe constant, on décompose l’intervalle
[a ; b ] en une union d’intervalles sur chacun desquels le signe est constant.
Exercices d’apprentissage
Calculer les intégrales suivantes :
A = 2 2x 3 d x ;
∫−3
D=
1
e
∫1  x + x  dx ;
π
B = 2 eq dq ;
C = 2 1 dt ;
E = 1 e −4 x dx ;
F=
∫1 t 2
∫0
∫−1
e lnt
∫1 t dt .
π
Exercice 13
On pose I = ∫ cos2 x d x et J = ∫ sin2 x d x . Calculer I + J et I − J. En déduire
0
0
I et J.
Exercice 14
Déterminer la valeur moyenne de la fonction f sur l’intervalle [ 0 ; 3] sachant que
f ( x ) = e −2x .
Exercice 15
Soit f la fonction définie sur ]0 ; + ∞[ par f ( x ) = ln x + 3x 2.
]
primitive de la fonction ln sur ]0 ; + ∞[ .
[
Vérifier que la fonction G définie sur 0 ; + ∞ par G ( x ) = x ln x − x est une
44
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Séquence 7 – MA02
Calculer l’intégrale A =
Exercice 16
∫1 (ln x + 3x ) dx .
e
2
x2
1
e 2 et soit C sa courbe repré−
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
2π
sentative dans un repère orthogonal.
y
Ꮿ
0,1
b
0
1
x
Dire pourquoi la courbe C est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
Que peut-on en déduire pour les intégrales ?
On appelle I( b ) l’intégrale définie par I( b ) =
b
∫0 f ( x ) dx où b est un réel positif
ou nul. Sur la figure, l’aire colorée mesure I(b ) en unités d’aire.
On ne sait pas calculer exactement l’intégrale I(b ).
On donne dans le tableau suivant des valeurs approchées de l(b) pour quelques
valeurs de b :
b
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
I(b)
0,191 46
0,341 34
0,433 20
0,477 25
0,493 79
0,498 65
0,499 77
0,499 97
En déduire des valeurs approchés des intégrales suivantes :
0
2
3,5
−1
−2
1,5
A = ∫ f ( x )dx ; B = ∫ f ( x )dx ; C = ∫
1
0
−3
−4
f ( x )dx ;
D = ∫ f ( x )dx ; E = 1∫ f ( x )dx .
Calculer G =
Exercice 17
4
∫ −4 f ( x ) dx et commenter le résultat obtenu.
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = ( x + 3)e − x et représentée par la
courbe C dans un repère orthonormé.
Étudier le sens de variation de f.
Déterminer les réels a et b pour que la fonction f définie sur ℝ par
F ( x ) = (ax + b )e − x soit une primitive de f.
Calculer, en unités d’aires, la valeur exacte puis une valeur approchée à 10−2
près par défaut de l’aire du domaine du plan limité par la courbe C , l’axe des
abscisses et les droites d’équation x = −3 et x = 4.
Séquence 7 – MA02
45
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Calculer f ( −2). En déduire que f ( x ) ≤ e2 pour tout réel x. Calculer, en unités
d’aires, la valeur exacte puis une valeur approchée à 10−2 près par défaut de
l’aire du domaine du plan limité par la courbe C, la droite d’équation y = e2
et les droites d’équation x = −3 et x = 4.
Exercice 18
Une valeur moyenne en sciences physiques
Un objet se déplace en étant animé d’un mouvement uniformément accéléré.
Démontrer que sa vitesse moyenne pendant l’intervalle de temps [t 1 ; t 2 ] est
t +t
égale à sa vitesse instantanée à l’instant 1 2 .
2
Exercice 19
Un artisan bijoutier fabrique chaque mois un nombre x de bijoux, où x est un
entier compris entre 0 et 80.
Le coût unitaire de production d’un objet lorsqu’on fabrique x objets est noté
f ( x ). La courbe ci-jointe représente la fonction f dans un repère orthogonal.
Le coût unitaire est exprimé en euros.
f (x) en euros
2040
2000
1400
1000
P
O
10
20
200
104
30
40
50
60
70
80
x
36
Déterminer graphiquement le nombre n de bijoux que l’artisan doit fabriquer
pour que le coût de production d’un objet soit minimal.
La fonction f est de la forme f ( x ) = x 2 + bx + c . À l’aide d’informations gra-
phiques, déterminer b et c.
Calculer le coût moyen de production d’un objet lorsque l’artisan fabrique :
t 40 bijoux par mois ;
t 80 bijoux par mois.
46
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Séquence 7 – MA02
5 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Aire et intégrale d’une fonction continue
et positive sur [a ; b]
y
¡
Ꮿ
1
1 ua
0
a
x
1
b
Définition
L’intégrale de a à b d’une fonction f continue et positive sur [a ; b ] est la
mesure de l’« aire sous la courbe » en unités d’aire.
b
aire(E ) = ∫ f ( x ) dx u.a.
a
Théorème
Soit f une fonction continue et positive sur [a ; b ] , la fonction définie sur
x
[a ; b ] par x ֏ ∫ f (t ) dt est dérivable sur [a ; b ] et sa fonction dérivée est
la fonction f.
a
2. Primitives
Définition
La fonction F est une primitive de la fonction f, continue sur I, si et seulement si f est la fonction dérivée de F sur I.
Séquence 7 – MA02
47
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Théorème
Toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives sur cet intervalle.
Propriété
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I. Soit x 0 un élément
de I et y 0 un nombre réel. Alors il existe une et une seule primitive de f sur
I qui prend la valeur y 0 en x 0 .
O détermine
On
dét i lles primitives
i iti ddes ffonctions
ti
usuelles
ll par llecture
t iinverse ddu ttableau
bl
des dérivées.
Primitive et intégrale
Propriété
Soit f une fonction continue et positive sur [a ; b ] et F une de ses primitives.
b
On a alors : ∫ f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
a
3. Primitives et intégrales d’une fonction
continue
On définit l’intégrale de a à b d’une fonction f continue de signe quelconque en
généralisant l’égalité précédente qui sert alors de définition de l’intégrale à partir
d’une primitive.
Définition
Soit f une fonction continue sur un intervalle I et F une de ses primitives
sur I, les nombres a et b sont dans I. L’intégrale de a à b de la fonction f est
définie par :
b
∫a f (t ) dt = F (b ) − F (a ).
Théorème
Soit f une fonction continue sur [a ; b ] , la fonction G définie sur [a ; b ] par
x
G : x ֏ G ( x ) = ∫ f (t ) dt est la primitive de f qui s’annule en a.
a
Dans les propriétés suivantes, les fonctions sont continues sur un intervalle I,
les nombres réels a, b et c sont dans I, les nombres α et β sont deux réels
quelconques.
Pour la relation de Chasles, la positivité, les comparaisons et les inégalités de la
moyenne, il est utile d’avoir une vision géométrique en pensant aux « aires sous
les courbes ».
48
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Séquence 7 – MA02
Propriétés
a
b
∫b f (t ) dt = − ∫a f (t ) dt .
a
b
b
∫ b (αf +βg ) (t ) dt = α ∫ a f (t ) dt +β ∫ a g (t ) dt
a
∫a f (t ) dt = 0.
c
b
b
∫a f ( x ) dx + ∫c f ( x ) dx = ∫a f ( x ) dx (relation de Chasles).
b
Pour f ≥ 0 sur I et a ≤ b , on a : ∫ f ( x ) dx ≥ 0 (positivité).
a
b
b
Pour f et g telles que f ≤ g et a ≤ b , on a ∫ f ( x ) dx ≤ ∫ g ( x ) dx (coma
a
paraison).
Définition
La valeur moyenne d’une fonction f continue sur un intervalle [a ; b ] est
1 b
égale à
f (t ) dt .
b − a ∫a
Inégalités de la moyenne
Soit une fonction f continue sur l’intervalle [a ; b ] , et deux nombres m et
M tels que, pour tout x de l’intervalle [a ; b ] , on a m ≤ f ( x ) ≤ M . Alors
m ≤ µ ≤ M , µ étant la valeur moyenne de la fonction f sur [a ; b ].
3. Applications
Propriété
Soit f une fonction définie et continue sur l’intervalle [a ; b ]. L’aire du
domaine E limité par la courbe représentative de f, l’axe des abscisses et
b
les droites d’équation x = a et x = b mesure ∫ f (t ) dt en unités d’aire.
a
Séquence 7 – MA02
49
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Aire entre deux courbes
Propriété
Soit f et g deux fonctions continues sur l’intervalle [a ; b ] , telles que, pour
tout t de [a ; b ] , f (t ) ≤ g (t ). L’aire du domaine E limité par la courbe
représentative de f, celle de g et les droites d’équation x = a et x = b ,
mesure ∫
b
(g (t ) − f (t )) dt en unités d’aire.
a
Ꮿg
y
E
Ꮿf
1
Ef
a
B
Exercice I
j
0
x
i
1
b
Exercices de synthèse
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) = x sin x .
Déterminer la fonction dérivée et la fonction dérivée seconde de f. Exprimer
f ( x ) en fonction de f ′′( x ).
En déduire l’expression d’une primitive de f.
Exercice II
Lors d’une émission télévisée, les téléspectateurs sont appelés à envoyer des
messages téléphoniques par SMS, pendant une durée de 5 minutes.
Pendant ces 5 minutes, les appels arrivent avec un débit variable en fonction du
temps. Si x est le temps exprimé en minutes, le débit, exprimé en milliers d’appels
par minute, est donné par la fonction f telle que :
t f ( x ) = −4 x 2 + 8 x pour x ∈[ 0 ; 1] ;
t f ( x ) = ln x − x + 5 pour x ∈ [1; 5] .
On veut calculer le nombre total d’appels reçus pendant ces 5 minutes, et on
5
admet que ce nombre d’appels est donné par ∫ f ( x ) d x .
0
Représenter graphiquement la courbe C représentant la fonction f dans un
repère orthogonal.
Vérifier que la fonction f est continue en 1.
50
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Séquence 7 – MA02
[ ]
a) Donner une primitive F de la fonction f sur 0 ; 1 .
b) Calculer l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine limité par la courbe C,
l’axe des abscisses et la droite d’équation x = 1.
]
[ par L( x ) = x ln x − x est
a) Montrer que la fonction L définie sur 0 ; + ∞
une primitive de la fonction ln sur ]0 ; + ∞[ . Donner une primitive G de la
fonction f sur [1; 5].
b) Calculer l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine limité par la courbe
C, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 1 et x = 5.
Déterminer le nombre total d’appels reçus pendant ces 5 minutes.
Exercice III
La courbe P est la parabole d’équation
y = x 2 dans un repère orthonormé
O ; i, j .
(
)
P
a2
A
Soit a un nombre réel strictement positif.
On note A le point de P d’abscisse a et
a
M le point de P d’abscisse .
2
On appelle AP la mesure de l’aire,
en unités d’aire, du domaine limité par
la parabole P et le segment [OA]. (Le
domaine est colorié sur la figure.)
On note A(OAM) la mesure de l’aire, en
unités d’aire, du triangle OAM.
Le but de l’exercice est de montrer que le
AP
est constant lorsque le
rapport
A(OAM)
réel a varie dans ]0 ; + ∞[ .
M
Quelle est l’équation réduite de la
droite (OA) ?
On appelle B et K les projetés ortho-
1
j
K
B
gonaux respectifs des points A et M
1 a
O
i
a
2
sur l’axe des abscisses. Exprimer, en
fonction de a, la mesure de l’aire, en
unités d’aire, des triangles OAB et
OMK ainsi que du trapèze ABKM. En déduire A(OAM) en fonction de a.
Exprimer AP en fonction de a.
Vérifier la propriété annoncée au début.
Séquence 7 – MA02
51
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Exercice IV
Majorer et minorer l’intégrale I n définie par In =
En déduire que la suite (I n ) converge vers 0.
Exercice V
xn
1
∗
∫0 1+ x 2 dx pour n de ℕ .
Soit λ un nombre réel strictement positif et C la courbe représentative dans un
repère orthogonal de la fonction définie sur [ 0 ; + ∞[ par f (t ) = λe − λt .
Calculer, en fonction de λ , l’intégrale
2
∫0 λe
− λt
dt .
Déterminer, en fonction de λ , l’expression de la fonction F définie sur
x − λt
[0 ; + ∞[ par F ( x ) = ∫0 λe
Déterminer
Exercice VI
dt .
lim F ( x ) et en donner une interprétation graphique.
x →+∞
On considère la fonction F définie sur ℝ par : F ( x ) = ∫
x
1
0 1+t 2
dt .
Montrer que F est une fonction impaire. Étudier les variations de F.
Prouver que
1 1
dt ≤ 1.
0 1+t 2
∫
Prouver que, pour x > 1, on a
1
1
). En déduire que F est majorée.
≤
1+ t 2 t 2
À l’aide de la calculatrice, donner des valeurs approchées à 10−1 près de F(0),
F(0,25), F(0,5),…, F(1,75) et F(2).
tout t ≥ 1,
1
x
∫1 1+t 2 dt < 1 (on pourra montrer que, pour
[
]
Représenter F sur −2 ; 2 dans un repère orthogonal.
Exercice VII
Une suite qui converge vers e
Pour tout entier naturel n, on définit la fonction fn sur [ 0 ; 1] par f0 ( x ) = e x et,
1
pour n ≠ 0, fn ( x ) = (1− x )n e x (on rappelle que n ! = 1× 2 × 3 × ... × (n − 1) × n ,
n!
et que ce nombre se lit « factorielle n »).
Et on pose u = 1f ( x ) d x pour tout n de ℕ.
n
0n
Calculer u 0 .
∫
[ ]
Démontrer que, pour tout x de 0 ; 1 , f1′ ( x ) = −f0 ( x ) + f1( x ). En déduire que
u1 − u0 = −1 et donner la valeur de u1.
[ ]
Démontrer que, pour tout x de 0 ; 1 , f 'n +1( x ) = −fn ( x ) + fn +1( x ). En déduire
1
.
(n + 1)!
n
1
En déduire que, pour tout n de ℕ∗ ,on a : un = e − 1− ∑ .
p!
p =1
−
1
e
Montrer que, pour tout n de ℕ∗ , 0 ≤ un ≤
.
n!
n

1
En déduire que lim  1+ ∑  = e.
n →+∞  p =1 p !
que un +1 = un −
52
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Séquence 7 – MA02
Exercice VIII
Une moyenne en sciences physiques : l’intensité efficace
On considère un courant alternatif dont l’intensité est i (t ) = Im sin(ωt ), l’intensité
2π
maximale est Im , sa période T est T = .
ω
La valeur efficace de l’intensité d’un courant variable est égale à l’intensité du
courant continu qui produirait pendant une période le même dégagement de
chaleur que le courant variable à travers une résistance R.
On note Ie l’intensité efficace.
T
On a donc : RIe2T = ∫ Ri 2 (t )dt .
0
2
Montrer que Ie est la valeur moyenne de la fonction i 2 sur 0 ; T .
[
Calculer
T
2
]
Im
∫0 sin (ωt ) dt et en déduire que Ie = 2 .
Séquence 7 – MA02
53
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Séquence 8
Probabilité :
lois à densité
Sommaire
1. Prérequis
2. Lois de probabilité à densité sur un intervalle
3. Lois uniformes
4. Lois exponentielles
5. Synthèse de la séquence
Dans cette séquence, on introduit une situation nouvelle en probabilité : l’univers Ω
associé à une expérience aléatoire est formé
d’une infinité d’éléments.
Séquence 8 – MA02
1
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Plus précisément, on va étudier des variables aléatoires X, fonctions de Ω
dans ℝ , les valeurs prises par la variable aléatoire X formant un intervalle I
de ℝ.
왘
Exemple
L’expérience aléatoire consiste à prendre un point M sur un demi-cercle.
L’univers Ω est alors formé par l’infinité des points du demi-cercle.
On considère la variable aléatoire X qui, à un point M du demi-cercle, associe la
.
mesure en degrés de l’angle AOM
Les valeurs prises par la variable aléatoire X forment l’intervalle [0 ; 180] et la
.
notation (0 ≤ X ≤ 45) désigne l’ensemble des points de l’arc AC
M
C
45°
B
O
A
Il est donc nécessaire d’introduire de nouveaux outils dans le cours de probabilité.
On étudie deux exemples importants de lois suivies par des variables aléatoires :
les lois uniformes et les lois exponentielles. Le troisième exemple au programme,
les lois normales, sera traité dans une autre séquence avec ses conséquences en
statistiques.
Tous les événements étudiés dans cette séquence seront décrits par l’intermédiaire de variables aléatoires et d’intervalles.
Dans d’autres documents vous pouvez trouver d’autres écritures sans variable
aléatoire, par exemple P ([c ; d ]) (c et d étant deux nombres réels). Dans ce cas,
l’univers est lui-même un intervalle I contenant les nombres c et d et l’intervalle I
est muni directement d’une loi de probabilité. Même dans ce cas, nous utiliserons ici une variable aléatoire X pour désigner le résultat obtenu par l’expérience
aléatoire. On a ainsi :
P ([c ; d ]) = P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d )
et nous n’utiliserons pas la première écriture.
2
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Séquence 8 – MA02
1 Prérequis
A
Statistiques
Une série statistique porte sur un caractère (taille, poids, sport pratiqué…).
Le caractère est qualitatif (sport pratiqué) ou quantitatif s’il peut être associé à
un nombre (taille, poids…).
On dit qu’une série statistique est à caractère quantitatif discret (du latin discretus : séparé) quand les valeurs prises par le caractère sont des nombres isolés
(par exemple le nombre de frères et sœurs). Dans ce cas, la série statistique est
représentée par un diagramme en bâtons.
On dit qu’une série statistique est à caractère quantitatif continu quand on
connaît seulement les effectifs ou les fréquences des termes de la série appartenant à des intervalles (par exemple la taille des personnes inscrites à un club
sportif). Ces intervalles sont aussi appelé « classes ». Une série statistique à
caractère quantitatif continu est représentée par un histogramme des effectifs
ou des fréquences.
Dans un histogramme des fréquences, les fréquences des classes sont représentées par les aires des rectangles de l’histogramme, l’aire totale mesurant 1 (soit
100 %). Pour lire l’histogramme, on indique la fréquence d’une aire de référence.
왘
Exemple
Une série statistique à caractère quantitatif continu est représentée par l’histogramme ci-dessous.
Donner les classes et la fréquence de chaque classe.
fréquence : 5 %
1
왘
Solution
2
3
4
5
6
Classes
[1; 2]
[2 ; 2,5]
[2,5 ; 4]
[ 4 ; 5,5]
[5,5 ; 6]
Fréquences
0,1
0,1
0,45
0,3
0,05
Séquence 8 – MA02
3
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Pour déterminer la moyenne et l’écart-type, on utilise les centres des classes,
c’est-à-dire qu’on remplace la série à caractère continu par une série à caractère
discret, chaque classe formée d’une infinité de valeurs étant remplacée par une
seule valeur. On dit que l’on a « discrétisé » la série statistique.
왘
Exemple
Calculer la moyenne de l’exemple précédent.
Milieux des classes : x i
1,5
2,25
3,25
4,75
5,75
Fréquences : fi
0,1
0,1
0,45
0,3
0,05
왘
Solution
On a :
i =5
x = ∑ x i fi = 1, 5 × 0,1+ 2, 25 × 0,1+ 3, 25 × 0, 45 + 4 , 75 × 0, 3 + 5, 75 × 0, 05 = 3, 55.
i =1
B
Probabilité
Vous devez avoir présent à l’esprit l’ensemble des cours de probabilité précédents : univers muni d’une loi de probabilité, variables aléatoires, probabilité
conditionnelles. Même si le passage du discret au continu, des ensembles finis
aux intervalles de ℝ , modifie certaines propriétés, les idées principales pour
modéliser les situations sont très voisines.
Rappelons seulement quelques éléments concernant les variables aléatoires,
pour l’instant dans un univers ayant un nombre fini d’éléments.
Définition
On dit qu’on définit une variable aléatoire X sur l’ensemble Ω lorsque, à
chaque éventualité ω de l’expérience aléatoire, on associe un nombre réel
X (ω ) : ω X (ω ).
Par exemple, on tire des lettres placées dans un sac. On a alors Ω = {a, b, c,... ,z}
et on peut choisir la variable aléatoire qui associe 1 à chaque voyelle, 2 à k, q, w,
z (lettres rares en français) et 0 aux autres lettres.
Notation
Les événements sont des sous-ensembles de Ω. Précisons à l’aide de l’exemple
la notation utilisée pour les événements définis à l’aide d’un variable aléatoire X.
Dans l’exemple cité ci-dessus, l’événement {a, e, i, o, u, y} sera aussi noté
( X = 1). On notera de même ( X = 2) l’événement {k, q, w, z} et ( X = 0 ) l’événement {b, c, d, f, g, h, j, l, m, n, p, r, s, t, v, x}.
Dans le cas général la notation ( X = a ) où a est un nombre réel désigne l’événement {ω ∈ Ω / X (ω ) = a } , c’est-à-dire l’ensemble des éventualités ω pour lesquelles la variable aléatoire X prend la valeur a. On notera de façon analogue les
événements où X intervient.
4
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Séquence 8 – MA02
Le travail sur les variables aléatoires ne fait intervenir que des aspects numériques, l’univers Ω apparaît peu directement.
Définition
La loi de probabilité d’une variable aléatoire X est donnée par :
฀ l’ensemble des valeurs { x 1, x 2 ,... , x n } prises par la variable aléatoire ;
฀ les probabilités P ( X = x i ) pour toutes les valeurs xi prises par X (on
rappelle que
i =n
∑ P ( X = x i ) = 1).
i =1
Définition
L’espérance de la variable aléatoire X est le nombre, noté E(X), défini par :
E( X ) = x 1P ( X = x 1) + x 2P ( X = x 2 ) + ... + x r P ( X = x r )
i =n
= x 1p1 + x 2p2 + ... + x r pr = ∑ x i pi .
i =1
C
Intégration
Aire sous une courbe
Par définition, l’aire du domaine sous la courbe d’une fonction continue positive
b
a
définie sur un intervalle [a ; b ] a pour mesure ∫ f (t ) dt en unités d’aire.
y
¡
Ꮿ
1
1 ua
a
0
x
1
b
Séquence 8 – MA02
5
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Cas particulier
Soit f une fonction continue sur un intervalle I. Quel que soit α élément de I, on
α
a ∫ f (t ) dt = 0.
α
Intégrale et primitive
Soit f une fonction continue sur un intervalle I et F une de ses primitives sur I, les
nombres a et b sont dans I. On a
b
∫ a f (t ) dt = [F (t )]ab = F (b ) − F (a ).
En particulier, u étant une fonction dérivable sur I telle que u ′ est continue sur
I, alors :
b
b
u (t )
eu (t )  = eu ( b ) − eu (a ) .
=
u
(
t
)
e
d
t
′
∫a

a
6
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Séquence 8 – MA02
2
A
Loi de probabilité à
densité sur un intervalle
Objectifs du chapitre
On se place dans un univers ayant un nombre infini d’éléments. Cet infini ne permet pas d’utiliser la définition d’une loi de probabilité rencontrée dans les cours
précédents où l’univers était fini (il suffisait de donner les probabilités des événements élémentaires et de vérifier que la somme de ce nombre fini de termes
positifs était égale à 1).
On définit ici des lois de probabilité de variables aléatoires X pouvant prendre
toutes les valeurs d’un intervalle I de ℝ.
On donne quelques propriétés élémentaires de certaines de ces variables aléatoires : les variables aléatoires à densité sur un intervalle.
B
Activité 1
Pour débuter
Des équations interviennent dans la situation de cet exercice, mais il ne s’agit
pas de les résoudre.
L’équation x 3 − 0, 79 x 2 − 10, 722x + 12, 276 = 0 possède une seule solution
entière (c’est 3). Quelle est la probabilité d’obtenir cette solution en lançant
un dé cubique non truqué ? un dé dodécaédrique non truqué ? (Rappel : un dé
dodécaédrique a douze faces numérotées de 1 à 12.)
L’équation x 3 + 0, 876543211x 2 + 1, 876543211x − 0, 246913578 = 0, notée (E),
possède une unique solution d dans ℝ , d = 0,123456789.
a) Justifier qu’il y a 1010 nombres décimaux qui s’écrivent avec au plus
neuf chiffres après la virgule dans l’intervalle [0 ; 1[.
b) On choisit au hasard dans [0 ; 1[ un nombre décimal s’écrivant avec au
plus neuf chiffres après la virgule, quelle est la probabilité qu’il soit égal au
nombre d solution de l’équation (E) ?
a) Montrer que l’équation x 3 + x − 1= 0 possède une solution unique dans
ℝ et que cette solution, qui est notée α , appartient à l’intervalle [0 ; 1].
b) Soit n un entier naturel non nul. On partage l’intervalle [0 ; 1] en n inter1
valles de même amplitude .
n
Séquence 8 – MA02
7
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On choisit au hasard un de ces intervalles, quelle est la probabilité qu’il
contienne la solution α ?
c) On choisit au hasard un nombre X de l’intervalle [0 ; 1] , quelle valeur proposez-vous pour la probabilité de l’événement { X = α } ?
Activité 2
On a interrogé des clients d’un magasin en leur demandant dans laquelle des
classes proposées se trouvait le montant de leurs achats (en €).
On a obtenu le tableau suivant :
Montant des achats
(en €)
[0 ; 20[
[20 ; 40[
[40 ; 60[
[60 ; 100[
[100 ; 140[
[140 ; 200]
Fréquence
0,09
0,20
0,22
0,24
0,16
0,09
On représente cette série statistique par un histogramme dans un repère orthogonal.
Pour construire les rectangles de l’histogramme, on a besoin de leurs dimensions : remplir le tableau suivant.
Montant des achats
(en €)
[0 ; 20[
Amplitude de la classe
=
largeur du rectangle
20
Aire du rectangle
0,09
[20 ; 40[
[40 ; 60[
[60 ; 100[
[100 ; 140[
[140 ; 200]
Hauteur du
rectangle
Quelle est la graduation maximale indiquée sur l’axe des ordonnées ? Les fréquences sont-elles indiquées sur l’axe des ordonnées ? Construire l’histogramme.
C
Cours
1. Définitions
L’activité 2 a permis d’approfondir la représentation d’une série statistique par
un histogramme.
Les fréquences sont représentées par les aires des rectangles.
Les hauteurs des rectangles sont les densités de fréquence, ces densités sont
indiquées sur l’axe des ordonnées.
Les densités de fréquences sont positives, elles sont constantes sur chacun des
intervalles formant les classes de la série statistique. Elles définissent une fonction constante par morceaux.
8
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Séquence 8 – MA02
Par analogie, en probabilité, on utilisera des fonctions, continues à valeurs positives, et les probabilités des intervalles seront données par des aires, c’est-à-dire
par des intégrales.
Définition 1
On dit qu’une fonction f, définie sur un intervalle I de ℝ , est une densité de
probabilité sur I lorsque :
฀ la fonction f est continue sur I ;
฀ la fonction f est à valeurs positives sur I ;
฀ l’aire sous la courbe de f est égale à 1 u.a..
La troisième condition correspond à plusieurs cas différents suivant la nature de
l’intervalle I.
Dans le tableau ci-dessous, a et b désignent des nombres réels.
I = [a ; b ]
∫
I = [a ; +∞[

 x
lim  ∫ f (t ) dt  = 1

x →+∞  a
b
f (t ) dt = 1
a
1
1
a
O
O
b
1
a
1
I = ]−∞ ; b ]
I = ]−∞ ; +∞[

 b
lim  ∫ f (t ) dt  = 1

y →−∞  y
 0

 x

lim  ∫ f (t ) dt + lim  ∫ f (t ) dt  = 1
y
0
 x →+∞ 

y →−∞ 
1
0,5
O
1
b
O
1
Séquence 8 – MA02
9
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왘
Exemple 1
Montrer que la fonction f définie sur [0 ; 1] par f (t ) = −2t + 2 est une densité
de probabilité sur [0 ; 1].
1
Même question pour la fonction g définie sur [1; +∞[ par g (t ) = 2 .
t
왘
Solution
La fonction f est une fonction affine continue sur [0 ; 1] . Pour tout t de [0 ; 1] ,
on a t ≤ 1, d’où −2t + 2 ≥ −2 × 1+ 2, donc la fonction f est une fonction positive.
1
1
Comme ∫ (−2t + 2) dt = −t 2 + 2t  = (−1+ 2) − 0 = 1, la troisième condition est
0
0
vérifiée, la fonction f est bien une densité de probabilité sur [0 ; 2].
y = f(t)
j
O
i
La fonction g est une fonction rationnelle continue sur son ensemble de défi-
nition et elle est à valeurs positives.
 x 1 
 1
Comme on a lim  ∫
dt  = lim 1−  = 1, la troisième condition est
x →+∞  1 t 2  x →+∞  x 
vérifiée, la fonction g est bien une densité de probabilité sur [1; +∞[.
densité de
probabilité
1
y = g(t)
O
Remarque
1
2
3
Dans le cas de cet exemple 1, on observe que la fonction f prend des valeurs
supérieures à 1 sur l’intervalle [0 ; 0, 5] : c’est possible car f ( x ) n’est pas une
probabilité, c’est une densité de probabilité.
On considère une expérience aléatoire et un univers associé Ω, muni d’une loi
de probabilité P.
Soit X une variable aléatoire, fonction de Ω dans ℝ , qui, à chaque issue ω ,
associe un nombre réel X (ω ) d’un intervalle I de ℝ.
10
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Séquence 8 – MA02
Définition 2
Soit f une fonction, définie sur I, qui est une densité de probabilité sur I.
On dit que la variable aléatoire X suit la loi de densité f sur l’intervalle I
(ou est « à densité f sur I ») lorsque, pour tout intervalle J inclus dans I, la
probabilité de l’événement ( X ∈ J) est la mesure, en unités d’aire, de l’aire
du domaine : {M ( x ; y ) ; x ∈ J et 0 ≤ y ≤ f ( x )}.
왘 Conséquence
On a : P ( X ∈ I) = 1.
En effet, la mesure de l’aire sous la courbe de la fonction de densité f est égale
à 1.
Remarque
En général, un calcul de probabilités se ramènera donc à un calcul d’intégrale.
왘
Exemple 2
Soit f la fonction densité de probabilité de l’exemple 1 et soit X une variable
aléatoire ayant pour densité la fonction f sur [0 ; 1]. On appelle J l’intervalle
[0, 3 ; 0,8]. Déterminer P ( X ∈ J) c’est-à-dire P (0, 3 ≤ X ≤ 0,8).
왘
Solution
On mesure l’aire sous la courbe sur l’intervalle J.
y = f(t)
j
O
0,3
0,8
i
On a :
(
0 ,8
0 ,8
−2t + 2 dt =  −t 2 + 2t 

0 , 3
0,3
P ( 0, 3 ≤ X ≤ 0, 8 ) = ∫
)(
= −0, 82 + 2 × 0, 8 − −0, 32 + 2 × 0, 3
)
= 0, 96 − 0, 51 = 0,445.
Remarque
On admet que l’on peut prolonger la loi de probabilité à toute union finie d’intervalles de telle sorte que l’on ait la propriété :
Propriété 1
si J et J′ sont deux unions finies d’intervalles inclus dans I, on a :
P ( X ∈ J ∪ J′) = P ( X ∈ J) + P ( X ∈ J′) .
Séquence 8 – MA02
11
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2. Propriétés
j
O
c
d
i
Propriété 2
Soit X une variable aléatoire qui suit la loi de densité f sur l’intervalle I, on a
les propriétés suivantes.
d
c
a) Pour tout intervalle J = [c ; d ] de I, on a : P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ f (t ) dt .
b) Pour tout réel α de I, on a : P ( X = α ) = 0.
c) Pour tous réels c et d de I,
P (c ≤ X ≤ d ) = P (c < X ≤ d ) = P (c ≤ X < d ) = P (c < X < d ).
(
)
d) Soit J un intervalle inclus dans I, on a : P X ∈ J = 1− P ( X ∈ J) .
Démonstration
a) Pour tout intervalle J = [c ; d ] inclus dans I, la probabilité de l’événement
( X ∈ J) = (c ≤ X ≤ d ) est la mesure, en unités d’aire, de l’aire du domaine
{M( x ; y ) ; x ∈ [c ; d ] et 0 ≤ y ≤ f ( x )} , on a donc bien :
d
c
P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ f (t ) dt .
α
α
b) Pour tout réel α de I, on a : P ( X = α ) = ∫ f (t ) dt = 0.
c) Pour tous réels c et d de I, l’événement (c ≤ X ≤ d ) est la réunion
des deux événements incompatibles ( X = c ) et (c < X ≤ d ). On a :
P (c ≤ X ≤ d ) = P ( X = c ) + P (c < X ≤ d ). Comme P ( X = c ) = 0 d’après la
propriété précédente, on a bien P (c ≤ X ≤ d ) = P (c < X ≤ d ). Les deux autres
égalités se démontrent de la même façon.
d) On a P ( X ∈ I) = 1, soit P ( X ∈ J ∪ J) = 1. D’après la propriété 1, on peut écrire
P ( X ∈ J ∪ J) = P ( X ∈ J) + P ( X ∈ J) = 1 donc P X ∈ J = 1− P ( X ∈ J) .
(
)
La définition suivante généralise la définition des probabilités conditionnelles qui
a été donnée dans le cas d’une loi de probabilité dans un univers fini.
12
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Séquence 8 – MA02
Définition 3
Soit I’ un intervalle de I tel que P ( X ∈ I′) ≠ 0 et soit J un autre intervalle de
I. On définit la probabilité conditionnelle PX ∈I′ ( X ∈ J) par l’égalité :
PX ∈I′ ( X ∈ J) =
왘
Exemple 3
P ( X ∈ J ∩ I')
.
P ( X ∈ I')
Soit X une variable aléatoire de densité f définie sur [0 ; 1] par f ( x ) = −2x + 2
(exemple 1).
Déterminer P( 0≤ X ≤0,5) (0, 4 ≤ X ≤ 0, 6 ).
왘
Solution
On a J = [0,4 ; 0,6] et I′ = [0 ; 0,5] , donc J ∩ I′ = [0,4 ; 0,5] . Alors :
P ( X ∈ J ∩ I') = P (0,4 ≤ X ≤ 0,5) = ∫
0,5
(−2t + 2) dt
0,4
0,5
= −t 2 + 2t  = 0,75 − 0,64 = 0,11.
0,4
De même :
P ( X ∈ I′) = P (0 ≤ X ≤ 0,5) = ∫
0,5
(−2t + 2) dt
0
0,5
= −t 2 + 2t  = 0,75 − 0 = 0,75.
0
D’où P( 0≤ X ≤0,5) (0, 4 ≤ X ≤ 0, 6 ) =
0,11
≈ 0,147.
0, 75
3. Espérance d’une variable à densité X
Définition 4
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire à densité f sur [a ; b ] est définie
par :
b
E( X ) = ∫ x f ( x ) dx .
a
Remarque
On note que cette définition constitue un prolongement dans le cadre continu de
l’espérance d’une variable aléatoire discrète prenant un nombre fini de valeurs.
En effet, dans le cas discret fini, en classe de Première, on a défini l’espérance
par :
E( X ) = x 1P ( X = x 1) + x 2P ( X = x 2 ) + ... + x r P ( X = x r )
i =n
= x 1p1 + x 2p2 + ... + x r pr = ∑ x i pi .
i =1
Dans le cas où la variable aléatoire est à densité, on ne peut pas faire une somme
d’un nombre infini de termes. Mais le terme f ( x )dx peut s’interpréter comme
Séquence 8 – MA02
13
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l’aire d’un rectangle de côtés dx et f ( x ) (avec dx « infiniment petit ») fournissant en quelque sorte la probabilité que la variable X prenne la valeur x. Dans
b
ces conditions l’intégrale ∫ x f ( x ) dx correspond à une « somme » de produits
a
x × f ( x )dx (d’ailleurs le symbole ∫ se lit « intégrale » ou « somme »).
Remarque
D
Dans les cas où l’intervalle I a une borne infinie, on utilisera une limite d’intégrale
quand on le pourra.
Exercices d’apprentissage
Exercice 1
Pour chacune des fonctions représentées graphiquement ci-dessous, dire s’il
s’agit d’une densité de probabilité sur l’intervalle I en justifiant votre réponse.
1
2
1/3
O
1
1
3
I = [1 ; 3]
O
0,5
1
I = [0 ; 0,5]
1
1
2/3
0,5
1/3
O
1
0,5
1,5
2
I = [0 ; 2]
–1
O
1
I = [–1 ; 1]
Exercice 2
Vérifier que la fonction f définie sur [0 ; 1] par f (t ) = 4t 3 est une densité de
probabilité. Représenter la fonction f dans un repère orthogonal.
Soit X une variable aléatoire ayant pour densité f.
a) Indiquer sur le graphique la probabilité P (0, 5 ≤ X ≤ 0, 75). Calculer cette
probabilité.
14
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Séquence 8 – MA02
b) Déterminer un nombre m tel que P ( X ≤ m ) = 0, 5.
Exercice 3
Peut-on déterminer un réel k positif tel que la fonction f définie sur [1; +∞[
k
soit une densité de probabilité sur [1; +∞[ ?
t3
k
Même question pour la fonction g définie sur [1; +∞[ par g (t ) = .
t
par f (t ) =
Exercice 4
Soit g la fonction de densité de probabilité sur [1; +∞[ définie par g (t ) =
1
t2
(deuxième fonction de l’exemple 1). Soit X une variable aléatoire qui a pour densité g.
Calculer P (1≤ X ≤ 10).
Que représente le nombre P(1≤ X ≤10 ) (1≤ X ≤ 5) ? Calculer ce nombre.
Séquence 8 – MA02
15
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3 Lois uniformes
A
Objectifs du chapitre
Dans ce chapitre, on étudie les lois uniformes qui correspondent aux lois équiréparties du cas fini et qui sont très importantes.
B
Pour débuter
On souhaite donner un sens précis à l’expression « prendre un nombre au
hasard ».
Il faut d’abord dire dans quel intervalle on prendra ce nombre. Raisonnons avec
l’intervalle [0 ; 1] qui nous permettra ensuite d’aborder le cas des intervalles
[a ; b ].
On cherche donc une loi de probabilité à densité pour la variable X correspondant
à l’expérience aléatoire qui fournit un nombre réel « au hasard » compris entre
0 et 1.
Tout d’abord, remarquons que, d’après le chapitre précédent, pour tout réel α ,
on a P ( X = α ) = 0 lorsque la variable aléatoire X suit une loi à densité.
Il est naturel de penser que, si on choisit un nombre au hasard, les probabilités
P ( X ∈ [0 ; 0, 5]) et P ( X ∈ [0, 5 ; 1]) sont égales.
Comme P ( X ∈ [0 ; 0,5]) + P ( X ∈ [0,5 ;1]) = P ( X ∈ [0 ;1]) − P ( X = 0,5)
= P ( X ∈ [0 ;1]) = 1,
1
on souhaite donc que : P ( X ∈ [0 ; 0, 5]) = P ( X ∈ [0, 5 ; 1]) = .
2
(
) (
De même, on souhaite que P X ∈ [0 ; 0,25] = P X ∈ [0,25 ; 0,5]
)
= P ( X ∈ [0,5 ; 0,75]) = P ( X ∈ [0,75 ;1]
Il semble intuitivement que, pour la loi cherchée, plus un intervalle a une grande
amplitude (longueur), plus il est probable que le nombre pris au hasard lui
appartienne. Si l’amplitude de l’intervalle I’ est deux fois celle de l’intervalle I,
on souhaite que P ( X ∈ I′) = 2P ( X ∈ I) , et que la probabilité que le nombre pris
au hasard appartienne à un intervalle soit proportionnelle à l’amplitude de cet
intervalle. Comme l’amplitude de l’intervalle [0 ; 1] est égale à 1, on aboutit
finalement à P (c ≤ X ≤ d ) = d − c , c et d étant des nombres réels de l’intervalle
[0 ; 1] , avec c ≤ d . C’est effectivement cette égalité qui va définir la loi uniforme
16
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Séquence 8 – MA02
et nous verrons dans le cours qu’il est possible de la présenter sous un autre
aspect.
Comme la loi équirépartie dans le cas où la variable aléatoire prend un nombre
fini de valeurs, la loi uniforme intervient dans de très nombreuses situations.
Pour faire des simulations, vous avez déjà utilisé votre calculatrice ou un tableur
car on y trouve des générateurs de nombres « aléatoires ». Les nombres obtenus sont parfois appelés « pseudo-aléatoires » pour exprimer le fait qu’ils sont
construits par des processus algorithmiques déterministes. Il s’agit d’imiter le
hasard le mieux possible. Créer de tels générateurs est un vrai défi.
La copie d’écran ci-dessous illustre la répartition de 5 000 nombres « aléatoires »
fournis par le tableur OpenOffice dans les dix intervalles ayant pour bornes : 0 ;
0,1 ; 0,2 ; … ; 0,9 ; 1.
E
Les 5 000 nombres sont dans la colonne A. Pour visualiser les résultats, un graphique est donné. Il s’agit d’un diagramme en bâtons car le logiciel ne fait pas
d’histogrammes (au sens mathématiques).
En utilisant la touche F9 vous pouvez renouveler le tirage des nombres « aléatoires » (attention : l’axe des ordonnées du diagramme en bâtons ne commence
pas toujours à 0 mais à une valeur plus grande, ce qui augmente l’apparence de
l’irrégularité des fréquences).
On observe que les fréquences sont toutes proches de 0,10 (10 %) : c’est ce qui
est attendu d’un générateur de nombres aléatoires.
Séquence 8 – MA02
17
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C
Cours
1. Loi uniforme sur  0 ; 1
Nous venons de voir ci-dessus que nous souhaitons obtenir une loi d’une variable
aléatoire X où la probabilité que X appartienne à un intervalle, inclus dans [0 ; 1] ,
est égale à l’amplitude de l’intervalle.
Si on cherche à exprimer cette condition pour avoir une loi à densité, on doit faire
intervenir des intégrales et on se souvient de l’intégrale d’une fonction constante.
On peut aussi penser qu’une fonction de densité constante exprime bien la
notion d’uniformité.
La définition qui est donnée utilise ce point de vue et permettra de considérer
l’espérance de cette loi.
Propriété 3
La fonction constante f définie sur [0 ; 1] par f ( x ) = 1 est une densité de
probabilité.
Démonstration
Une fonction constante est continue sur son ensemble de définition, la fonction f
1
0
est positive et ∫ 1 d x = [ x ]10 = 1− 0 = 1 donc les trois conditions sont vérifiées, la
fonction f est bien une densité de probabilité.
Définition 5
On dit qu’une variable aléatoire X suit la loi uniforme sur l’intervalle [0 ; 1]
si sa densité est la fonction définie sur [0 ; 1] par f ( x ) = 1.
1
O
18
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c
d
1
Propriété 4
Pour tout intervalle [c ; d ] inclus dans [0 ; 1] , on a :
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) = d − c .
Démonstration
d
c
En effet, P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ 1dt = [t ]d = d − c .
c
Sur la figure, le rectangle dont on mesure l’aire a pour largeur d − c et 1 pour
hauteur.
왘
Exemple 4
On choisit un nombre au hasard dans [0 ; 1]. Quelle est la probabilité qu’il soit
compris entre 0,2 et 0,25 ?
왘
Solution
Comme l’énoncé précise que le nombre est choisi « au hasard », la variable
aléatoire X, qui modélise ce choix, suit la loi uniforme sur l’intervalle [0 ; 1]. On
a alors P (0, 2 ≤ X ≤ 0, 25) = 0, 25 − 0, 2 = 0, 05.
On rappelle que
P (0, 2 ≤ X ≤ 0, 25) = P (0, 2 ≤ X < 0, 25) = P (0, 2 < X ≤ 0, 25) = P (0, 2 < X < 0, 25) ,
donc l’expression « compris entre 0,2 et 0,25 » peut être interprétée avec des
inégalités strictes sans changement du résultat.
2. Loi uniforme sur [a ; b]
Comme sur [0 ; 1] on cherche une loi pour laquelle un intervalle a une probabilité
proportionnelle à son amplitude et pour laquelle la densité est constante.
Propriété 5
1
La fonction constante f définie sur [a ; b ] par f ( x ) =
est une densité
−
b
a
de probabilité.
Démonstration
La fonction f est bien continue à valeurs positives.
On a : ∫
 t b
b 1
b
a
dt = 
=
−
= 1.
a b −a
 b − a a b − a b − a
Les trois conditions sont vérifiées, la fonction f est bien une densité de probabilité.
Séquence 8 – MA02
19
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Définition 6
Une variable aléatoire suit une loi uniforme sur l’intervalle [a ; b ] si sa
1
.
densité est la fonction f définie sur [a ; b ] par f ( x ) =
b −a
1
0,25
a = –1
c
O
1
d
b=3
Propriété 5
Pour tout intervalle [c ; d ] inclus dans [0 ; 1] , on a :
d −c
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) =
.
b −a
Démonstration
On a : P (c ≤ X ≤ d ) = ∫
 t d
d 1
d
c
d −c
dt = 
.
=
−
=

c b −a
 b − a c b − a b − a b − a
Sur la figure, le rectangle dont on mesure l’aire a pour largeur d − c et pour
1
= 0, 25.
hauteur
b −a
왘
Exemple 5
On choisit un nombre réel au hasard dans [0 ; 100[. Quelle est la probabilité qu’il
soit compris entre 90 et 100 ?
왘
Solution
Comme l’énoncé précise que le nombre est choisi « au hasard », la variable aléatoire X, qui modélise ce choix, suit la loi uniforme sur l’intervalle [0 ; 100[ , on a
100 − 90
alors P (90 ≤ X < 100) =
= 0,1.
100 − 0
3. Espérance d’une loi uniforme
Rappelons la définition de l’espérance d’une loi à densité f sur [a ; b ] :
b
a
E( X ) = ∫ x f ( x ) dx .
20
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Propriété 7
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire X suivant une loi uniforme sur
[a ; b ] est telle que :
a +b
E( X ) =
.
2
Démonstration
 x 2 b b 2 − a 2 a + b
b 1
 =
On a : E( X ) =
x dx = 
=
.
a b −a
2
 2(b − a )  2(b − a )
a
∫
Cas particulier
L’espérance de la loi uniforme sur [0 ; 1] vaut donc
D
Exercice 5
1
.
2
Exercices d’apprentissage
Le facteur vient déposer le courrier dans la boîte aux lettres du lycée entre
10 heures et 10 h 30.
Le facteur passe toujours pendant cette plage horaire et on a observé qu’il
peut arriver à tout instant avec les mêmes chances. La variable aléatoire F
désigne l’heure d’arrivée du facteur en minutes après 10 heures (par exemple
(F = 8 ) désigne l’événement « le facteur passe à 10 h 08 »). Comment peuton modéliser la variable aléatoire F (valeurs prises par F, densité) ?
Calculer la probabilité que le facteur passe :
a) à 10 h 25 exactement ;
b) entre 10 h 15 et 10 h 20 ;
c) avant 10 h 20 ;
d) après 10 h 15.
Quelle est l’heure moyenne de son passage ?
Exercice 6
À partir de 7 heures, le tram passe toutes les dix minutes à l’arrêt qui se trouve
devant la maison d’Ayana.
Le moment de l’arrivée d’Ayana à l’arrêt du tram est modélisé par la variable
aléatoire X exprimée en minutes après 7 heures. On suppose que X suit la loi
uniforme sur l’intervalle [0 ; 20].
Quelle est la probabilité qu’Ayana attende le tram moins de deux minutes ?
Quelle est la probabilité qu’Ayana attende le tram plus de cinq minutes ?
Exercice 7
Soit X une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur [0 ; 1]. Déterminer la loi
de probabilité de la variable aléatoire T où T est la première décimale de X.
Séquence 8 – MA02
21
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4 Lois exponentielles
A
Objectifs du chapitre
Dans ce chapitre, on étudie les variables aléatoires qui suivent une loi exponentielle sur [0 ; +∞[.
Ce sont des lois à densité.
Ces lois sont utilisées concrètement pour étudier des systèmes non soumis à
des phénomènes d’usure ou pour modéliser des situations où la radio-activité
intervient.
B
Activité 3
Pour débuter
Un laboratoire de recherche a inventé des petits robots et étudié leur solidité. On
observe que, chaque semaine, 5 % des robots tombent en panne et ne peuvent
être réparés.
On fait fonctionner 1 000 robots de ce type pendant trois mois.
Faire un tableau indiquant le nombre (en valeur approchée à l’entier inférieur
le plus proche) de robots en fonctionnement au début de chaque semaine
pendant les 12 premières semaines.
On choisit au hasard un robot.
Déterminer la probabilité :
a) qu’il soit en fonctionnement plus de trois semaines ;
b) qu’il soit en fonctionnement plus de cinq semaines ;
c) qu’il soit en fonctionnement plus de cinq semaines sachant qu’il a fonctionné plus de trois semaines ;
d) qu’il soit en fonctionnement plus de deux semaines.
e) Comparer les résultats des questions c) et d).
Imaginer des questions qui amènent à la même observation que celle faite
en e).
22
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Séquence 8 – MA02
C
Cours
1. Définition d’une loi exponentielle
Propriété 8
Soit λ un nombre réel strictement positif.
La fonction f définie sur I = [0 ; +∞[ par f (t ) = λe−λt est une densité de
probabilité.
Démonstration
Montrons que f vérifie les trois conditions.
฀ Par composition, la fonction f est continue sur [0 ; +∞[.
฀ La fonction f est à valeurs positives sur I car λ est positif et la fonction exponentielle positive.
฀ Dans l’exercice V de la séquence 7 (Intégration), on a montré que
 x

lim  ∫ λe−λt dt  = 1, donc l’aire sous la courbe de f est égale à 1 u.a.
0

x →+∞ 
Définition 7
Soit λ un nombre réel strictement positif.
Une variable à densité X suit la loi exponentielle de paramètre λ si sa densité est la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par f ( x ) = λe−λ x .
h
O
Remarque
1
Le paramètre λ est égal à l’ordonnée du point de la courbe représentant la
densité situé sur l’axe des ordonnées car f (0 ) = λe−λ ×0 = λ.
Séquence 8 – MA02
23
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Propriété 9
Quels que soient les nombres réels positifs c et d, on a :
d
c
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ λ e – λ t dt = e−λc − e−λd .
Démonstration
Comme la fonction t λe−λt a pour primitive la fonction t −e−λt (eu est
une primitive de u ′eu ), on a :
d
d
P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ λ e−λ t dt = −e−λt  = −e−λd − −e−λc = e−λc − e−λd .
c
c
(
Remarque
)(
)
On a le même résultat si les inégalités sont strictes.
Cas particulier
Pour tout réel positif a, on a : P ( X ≤ a ) = 1− e−λa . En effet, pour tout réel a, on a :
P ( X ≤ a ) = P (0 ≤ X ≤ a ) = e−λ ×0 − e−λa = 1− e−λa .
Propriété 10
Pour tout réel positif a, on a : P ( X ≥ a ) = e−λa .
Démonstration
D’après la propriété 2 du chapitre 2, P ( X ≥ a ) = 1− P ( X < a ) car les événements
( X ≥ a ) et ( X < a ) sont des événements contraires : ( X ≥ a ) = ( X < a ). D’après
le cas particulier précédent, on obtient :
(
)
P ( X ≥ a ) = 1− P ( X < a ) = 1− P ( X ≤ a ) = 1− 1− e−λa = e−λa .
Remarque
Il est très utile de connaître les formules des propriétés 9 et 10, mais, pour rédiger,
il faut refaire les calculs au moins une fois dans une copie d’examen.
Exemple 6
On considère un composant électronique dont la durée de vie T (en années) suit
une loi exponentielle de paramètre λ = 0, 08.
왘
Calculer la probabilité (à 10−2 près) qu’un tel composant ait une durée de vie :
égale exactement à 6 ans ;
inférieure à 6 ans ;
supérieure à 8 ans ;
comprise entre 8 et 12 ans.
24
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Séquence 8 – MA02
왘
Solution
P (T = 6 ) = 0 car T est une variable aléatoire à densité ;
P (T < 6 ) = 1− e−0,08×6 = 1− e−0,48 ≈ 0, 38 ;
P (T ≥ 8 ) = e−0,08×8 = e−0,64 ≈ 0, 53 ;
P ( 8 ≤ T ≤ 12) = e−0,08×8 − e−0,08×12 = e−0,64 − e−0,96 ≈ 0,14.
2. Espérance d’une loi exponentielle
On généralise la définition de l’espérance d’une variable aléatoire à densité qui
a été donnée dans le chapitre 2 dans le cas où les valeurs de X forment un intervalle fermé borné I = [a ; b ] . Comme ici I = [0 ; +∞[ , on prend une limite. Si la
limite est finie, et c’est le cas pour les lois exponentielles, on dit que cette limite
est l’espérance de la variable aléatoire (si la limite n’est pas finie, on ne définit
pas E( X )).
Définition 8
On définit l’espérance E( X ) d’une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre λ en posant :
x
t λe−λt dt .
∫
0
x →+∞
E( X ) = lim
Propriété 11
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de
paramètre λ est telle que :
1
E( X ) = .
λ
Démonstration
฀ On cherche d’abord, sur
[0 ; +∞[ ,
une primitive de la fonction
f : t f (t ) = λt e−λt sous la forme F : t F (t ) = (at + b )e−λt .
La fonction F est dérivable sur [0 ; +∞[ et
F '(t ) = (a − λ(at + b )) e−λt = (−λat + (a − λb )) e−λt .
Pour que l’égalité f (t ) = F ′(t ) soit vraie pour tout réel t positif, il suffit que
a = −1
 − λa = λ


1
, il suffit donc que  −1 , soit que F (t ) = −t −  e−λt .


λ
a − λb = 0
b =
λ
฀ Ensuite on calcule l’intégrale :
∫
x

x
1  −λt 
−λt
t λ e dt = −t −  e 
0
λ

0


1
1
1
= −x −  e−λ x − 0 −  e0 = 1− e−λ x − λ x e−λ x .
 λ

λ
λ
(
)
Séquence 8 – MA02
25
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฀ Et enfin, on étudie la limite quand x tend vers +∞ par composition.
La fonction x e−λ x est la composée de x −λ x et de X e X , or
lim − λ x = −∞ ( λ est strictement positif) et lim e X = 0, on peut donc
x →+∞
écrire
X →−∞
lim e
−λ x
x →+∞
X
= lim e = 0
par
composition
avec
X = −λ x .
X →−∞
−λ x
On a aussi lim λ xe
= lim − Xe X = 0.
x →+∞
X →−∞

 x
1
1
On conclut donc lim  t λe−λt dt  = lim
et
1− e−λ x − λ xe−λ x =
0


λ
x →+∞
x →+∞ λ
(
∫
)
on trouve bien le résultat annoncé.
Remarque
1
. Dans les applications, la variable aléatoire X désigne souvent la
E( X )
mesure d’une grandeur, une unité étant précisée, par exemple l’heure. Dans ces
cas, le paramètre λ est exprimé dans l’unité inverse, par exemple l’« h-1».
On a : λ =
3. Propriété de durée de vie
sans vieillissement
On montre ici la propriété analogue à celle qui a été rencontrée dans l’activité 3.
Propriété 12
Une variable aléatoire X qui suit une loi exponentielle est telle que, pour tous
réels x et h positifs, on a
PX ≥t ( X ≥ t + h ) = P ( X ≥ h ).
Démonstration
Par définition, on a : PX ≥t ( X ≥ t + h ) =
P ( X ≥ t + h )∩ ( X ≥ t )
.
P (X ≥t )
Comme l’événement ( X ≥ t + h ) est inclus dans l’événement ( X ≥ t ), l’intersection des événements devient ( X ≥ t + h ) ∩ ( X ≥ t ) = ( X ≥ t + h ). D’où :
PX ≥t ( X ≥ t + h ) =
P ( X ≥ t + h ) e−λ (t +h )
.
=
P (X ≥t )
e−λt
On simplifie le quotient d’exponentielles : PX ≥t ( X ≥ t + h ) = e−λh .
On reconnaît P ( X ≥ h ), d’où PX ≥t ( X ≥ t + h ) = P ( X ≥ h ).
Cette propriété est appelée propriété de durée de vie sans vieillissement. En
effet, si on interprète X comme la durée de vie d’un appareil, cette égalité signifie que la probabilité que l’appareil fonctionne encore au-delà du temps t + h
sachant qu’il fonctionne encore à l’instant t est égale à la probabilité que l’appa-
26
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Séquence 8 – MA02
reil fonctionne au-delà du temps h. Cela signifie que, pendant l’intervalle [0 ; t ] ,
l’appareil ne s’est pas usé puisque son fonctionnement à partir de l’instant t est
identique à celui qu’il avait à partir du temps 0.
왘
Exemple 7
La durée de vie X (en années) d’un appareil électrique suit une loi exponen-
tielle de paramètre λ = 0, 05.
Quelle est la probabilité qu’il fonctionne plus de 8 ans sachant qu’il a déjà
fonctionné pendant 5 ans ?
Un appareil du même modèle fonctionne déjà depuis 7 ans, quelle est la pro-
babilité qu’il fonctionne encore au moins pendant 3 ans ?
왘
Solution
On veut déterminer PX ≥5 ( X ≥ 8). Puisque X suit une loi exponentielle qui
est sans vieillissement, on calcule 8 − 5 = 3 et on a PX ≥5 ( X ≥ 8) = P ( X ≥ 3).
Donc PX ≥5 ( X ≥ 8) = P ( X ≥ 3) = e−0,005× 3 = e−0,015 ≈ 0, 985.
Sous cette forme la question possède une réponse encore plus simple. Comme
la loi de X est sans vieillissement, la question « quelle est la probabilité qu’il
fonctionne encore au moins pendant 3 ans ? » possède la même réponse
que la question « quelle est la probabilité qu’il fonctionne au moins pendant
3 ans ? » ou encore « déterminer P ( X ≥ 3) ». On a trouvé P ( X ≥ 3) ≈ 0, 985.
D
Exercice 8
Exercices d’apprentissage
Une variable aléatoire X suit une loi exponentielle de paramètre 0,4.
Représenter graphiquement la fonction f, densité de cette variable aléatoire.
Hachurer le domaine dont l’aire mesure P ( X ≤ 0, 5) et le domaine dont l’aire
mesure P (1≤ X ≤ 2).
Calculer ces deux probabilités.
Exercice 9
La durée de fonctionnement X (en heures) d’une ampoule électrique suit une loi
exponentielle de paramètre 0,0001.
Quelle est la probabilité qu’une ampoule fonctionne plus de 200 heures ?
Quelle est la durée de fonctionnement qu’elle peut atteindre avec une proba-
bilité égale à 0,95 ?
Quelle est la durée moyenne de fonctionnement d’une telle ampoule ?
Quelle est la probabilité qu’une ampoule fonctionne plus de 1 500 heures
sachant qu’elle a déjà fonctionné pendant 1 000 heures ?
Séquence 8 – MA02
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Exercice 10
Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse
et justifier votre réponse.
La variable aléatoire X modélise la durée de fonctionnement d’un appareil électrique. La loi de X est une loi exponentielle de paramètre λ et les informations
obtenues par une association de consommateurs indiquent une durée moyenne
de 8 ans.
On a λ = 0,125.
La probabilité pour que l’appareil fonctionne moins de 8 ans est égale à e−8 .
La probabilité pour que l’appareil fonctionne pendant au moins 16 ans est
égale à e−2.
La probabilité pour que l’appareil fonctionne entre 8 et 12 ans est égale à
0,145 à 10−3 près.
La probabilité que l’appareil fonctionne encore au bout de 12 ans sachant
qu’il a déjà fonctionné pendant 8 ans est égale à
Exercice 11
1
.
e
Radioactivité
La durée de vie d’un atome d’un corps radioactif est modélisée par une variable
aléatoire X suivant une loi exponentielle de paramètre λ.
Partie A
On appelle demi-vie le nombre T tel que P ( X ≤ T ) = P ( T ≤ X ).
Déterminer le nombre T en fonction de λ.
Le plutonium 239 a une demi-vie d’environ 24 000 ans, en déduire une valeur
approchée du coefficient λ correspondant (l’unité de temps est l’année).
L’iode 123 a une demi-vie de 13 heures, en déduire une valeur approchée du
coefficient λ correspondant (l’unité de temps est l’heure).
Partie B
Le coefficient de la loi exponentielle de la durée de vie X d’un atome d’iode 131
est égal à 0,086 en jours-1.
Calculer la demi-vie de l’iode 131.
Calculer la probabilité qu’un atome d’iode 131 se désintègre :
฀ pendant les deux premières semaines d’observation ;
฀ pendant le premier mois.
Quelle est la durée moyenne de désintégration d’un atome d’iode 131 ?
28
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Séquence 8 – MA02
5
Synthèse
de la séquence
A
Synthèse du cours
1. Lois de probabilité à densité
Définition
On dit qu’une fonction f, définie sur un intervalle I de ℝ , est une densité de probabilité sur I lorsque :
฀ f est continue sur I ;
฀ f est à valeurs positives sur I ;
฀ l’aire sous la courbe de f est égale à 1 u.a.
I = [a ; b ]
I = [a ; +∞[
 x

lim  ∫ f (t ) dt  = 1

x →+∞  a
b
∫ a f (t ) dt = 1
1
a
O
1
b
1
O
a
1
I = ]−∞ ; b ]
I = ]−∞ ; +∞[
 b

lim  ∫ f (t ) dt  = 1
y


y →−∞
 0

 x

lim  ∫ f (t ) dt + lim  ∫ f (t ) dt  = 1
0
y




y →−∞
x →+∞
1
0,5
O
1
b
O
1
Séquence 8 – MA02
29
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Définition
On considère une expérience aléatoire et un univers associé Ω, muni d’une
loi de probabilité P.
Soit X une variable aléatoire, fonction de Ω dans ℝ , qui associe à chaque
issue un nombre réel d’un intervalle I de ℝ.
Soit f une fonction, définie sur I, qui est une densité de probabilité sur I.
On dit que la variable aléatoire X suit la loi de densité f sur l’intervalle I (ou
est « à densité f sur I ») lorsque, pour tout événement J inclus dans I, la
probabilité de l’événement ( X ∈ J) est la mesure, en unités d’aire, de l’aire
du domaine : {M ( x ; y ) ; x ∈ J et 0 ≤ y ≤ f ( x )}.
왘 Conséquence
On a : P ( X ∈ I) = 1.
Remarque
En général, les probabilités seront calculées par des intégrales.
Remarque
On admet que l’on peut prolonger la loi de probabilité à toutes unions finies
d’intervalles de telle sorte que l’on ait la propriété :
Propriété
Si J et J’ sont deux unions finies d’intervalles inclus dans I, on a :
P ( X ∈ J ∪ J′) = P ( X ∈ J) + P ( X ∈ J′) .
Propriété
Soit X une variable aléatoire qui suit la loi de densité f sur l’intervalle I, on a
les propriétés suivantes.
d
c
a) Pour tout intervalle J = [c ; d ] de I, on a : P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ f ( x ) d x .
b) Pour tout réel α de I, on a : P ( X = α ) = 0.
c) Pour tous réels c et d de I,
P (c ≤ X ≤ d ) = P (c < X ≤ d ) = P (c ≤ X < d ) = P (c < X < d ).
(
)
d) Soit J un intervalle, on a : P X ∈ J = 1− P ( X ∈ J) .
Définition
Soit I’ un intervalle de I tel que P ( X ∈ I′) ≠ 0 et soit J un autre intervalle
de I. On définit la probabilité conditionnelle PX ∈I′ ( X ∈ J) par l’égalité :
PX ∈I′ ( X ∈ J) =
30
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Séquence 8 – MA02
P ( X ∈ J ∩ I′)
.
P ( X ∈ I′)
Définition
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire à densité f sur [a ; b ] est définie par :
b
a
E( X ) = ∫ x f ( x ) dx .
2. Lois uniformes
Définition
On dit qu’une variable aléatoire X suit la loi uniforme sur l’intervalle [0 ; 1]
si sa densité est la fonction définie sur [0 ; 1] par f ( x ) = 1.
1
O
c
d
1
Propriété
Pour tout intervalle [c ; d ] inclus dans [0 ; 1] , on a :
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) = d − c .
Définition
Une variable aléatoire suit une loi uniforme sur l’intervalle [a ; b ] si sa den1
sité est la fonction définie sur [a ; b ] par f ( x ) =
.
b −a
1
0,25
a = –1
c
O
1
d
b=3
Séquence 8 – MA02
31
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Propriété
Pour tout intervalle [c ; d ] inclus dans [0 ; 1] , on a :
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) =
d −c
.
b −a
Propriété
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire X suivant une loi uniforme sur
[a ; b ] est telle que :
a +b
E( X ) =
.
2
3. Lois exponentielles
Définition
Soit λ un nombre réel strictement positif.
Une variable à densité X suit la loi exponentielle de paramètre λ si sa densité est la fonction f définie sur [0 ; +∞[ par f ( x ) = λe−λ x .
h
O
1
Propriétés
Quels que soient les nombres réels positifs a, c et d, on a :
d
c
P ( X ∈ [c ; d ]) = P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ λ e−λ t dt = e−λc − e−λd
P ( X ≤ a ) = 1− e−λa .
P ( X ≥ a ) = e − λa .
Définition
On définit l’espérance E( X ) d’une variable aléatoire suivant la loi exponentielle de paramètre λ en posant :
x
t λe−λt dt .
∫
0
x →+∞
E( X ) = lim
32
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Séquence 8 – MA02
Propriété
L’espérance E( X ) d’une variable aléatoire X suivant une bi exponentielle de
1
paramètre λ est telle que E( X ) = .
λ
Propriété
Durée de vie sans vieillissement
Une variable aléatoire X qui suit une loi exponentielle est telle que, pour tous
réels x et h positifs, on a PX ≥t ( X ≥ t + h ) = P ( X ≥ h ).
B
Exercices de synthèse
Exercice I
Le paradoxe de Bertrand
Soit un cercle C de rayon 1, le côté d’un triangle équilatéral inscrit dans ce
cercle est alors égal à 3.
Le but de cet exercice est d’étudier différentes méthodes pour déterminer la probabilité qu’une corde du cercle, choisie au hasard, ait une longueur supérieure
à 3.
A
I
3
O
3
I
3
B
E
O
3
C
D
Première méthode
On fixe un point A sur le cercle C. On choisit au hasard un point M sur le cercle
et on considère la corde AM. Quelle est la probabilité que la corde AM ait une
longueur supérieure à 3 ? (On pourra utiliser les points B et C du cercle tels
que le triangle ABC soit équilatéral.)
Deuxième méthode
Soit O le centre du cercle et D un point du cercle. On choisit au hasard un point I
sur le segment [OD]. Quelle est la probabilité que la corde de milieu I ait une
longueur supérieure à 3 ?
Séquence 8 – MA02
33
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Troisième méthode
On choisit au hasard un point I à l’intérieur du cercle. Quelle est la probabilité que
la corde de milieu I ait une longueur supérieure à 3 ?
Commenter les résultats précédents.
Exercice II
Le laboratoire de physique d’un lycée dispose de composants électroniques identiques. La durée de vie (ou de fonctionnement) en années d’un composant électronique est une variable aléatoire notée X qui suit une loi exponentielle de paramètre
λ avec λ > 0.
Toutes les probabilités seront données à 10−3 près.
Sachant que P ( X ≥ 10 ) = 0, 286, montrer qu’une valeur approchée à 10−3
près de λ est 0,125. On prendra 0,125 pour valeur de λ dans la suite de
l’exercice.
Calculer la probabilité qu’un composant du modèle étudié ait une durée de
vie inférieure à 6 mois.
Sachant qu’un appareil a déjà fonctionné 8 années, quelle est la probabilité
qu’il ait une durée de vie supérieure à 10 ans ?
Le responsable du laboratoire décide de commander 15 composants élec-
troniques. On considère que la durée de vie X i , 1≤ i ≤ 15, d’un composant
électronique est indépendante de celle des autres appareils, c’est-à-dire
P (( X 1 ≤ a ) ∩ ( X 2 ≤ b ) ∩ ... ∩ ( X 15 ≤ c )) = P ( X 1 ≤ a ) × P ( X 2 ≤ b ) × ... × P ( X 15 ≤ c )
Quelle est la probabilité qu’au moins un composant électronique ait une durée
de vie supérieure à 10 ans ?
Combien l’établissement devrait-il acheter de composants électroniques pour
que la probabilité qu’au moins l’un d’entre eux fonctionne plus de 10 ans soit
supérieure à 0,999 ?
Exercice III
Un réparateur de vélos a acheté un stock de pneus.
On note X la variable aléatoire qui donne le nombre de kilomètres parcourus
sans crevaison par un pneu. On fait l’hypothèse que X suit une loi exponentielle
de paramètre λ.
Montrer que P ( 500 ≤ X ≤ 1000 ) = e−500λ − e−1000λ .
La probabilité qu’un pneu crève pour la première fois entre 500 et 1000 kilo-
1
mètres étant égale à , déterminer la valeur arrondie à 10−4 près du
4
paramètre λ.
Exercice IV
On considère deux variables aléatoire X et Y suivant toutes les deux, indépendamment l’une de l’autre, la loi uniforme sur [0 ; 1].
On va étudier la variable aléatoire S définie par S = X +Y .
Montrer que S prend ses valeurs dans [0 ; 2].
34
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Séquence 8 – MA02
On associe aux deux variables aléatoires X et Y le point aléatoire M de coor-
données ( X ; Y ) dans un repère orthonormé (O ; I, J). L’ensemble (C) formé
par les points M est l’intérieur du carré OIKJ.
Un événement E correspond à un ensemble (E) de points de (C). On admet que la
aire(E)
probabilité P(E) de l’événement E est telle que P (E ) =
, ce qui correspond
aire(C)
aire(E)
, ce qui correspond à une loi
à une loi uniforme sur l’ensemble (C). P (E ) =
aire(C)
uniforme sur l’ensemble (C).
Représenter (C) et hachurer l’ensemble (E) correspondant à l’événement
E = (Y ≤ 0, 5 − X ). Quelle est son aire ? Calculer P (Y ≤ 0, 5 − X ) et P (S ≤ 0, 5).
Soit t un nombre réel tel que 0 ≤ t ≤ 1, déterminer P (S ≤ t ).
Hachurer l’ensemble (G) correspondant à l’événement (Y ≤ 1, 25 − X ). Mon-
trer que aire(G) = 0, 71875. En déduire P (S ≤ 1, 25).
t2
+ 2t − 1.
2
On pose F (t ) = P (S ≤ t ) sur [0 ; 2]. On admet que S suit une loi à densité f.
Montrer que F ′ = f .
Soit t un nombre réel tel que 1≤ t ≤ 2, montrer que P (S ≤ t ) = −
Déterminer l’expression de f (t ) suivant la valeur de t.
Vérifier que la fonction f est une densité de probabilité sur [0 ; 2].
Séquence 8 – MA02
35
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Séquence 9
Lois normales, intervalle
de fluctuation, estimation
Sommaire
1. Prérequis
2. Lois normales
3. Intervalles de fluctuation
4. Estimation
5. Synthèse de la séquence
Séquence 9 – MA02
1
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Dans le chapitre 2, après le rappel et l’approfondissement des résultats connus sur les lois binomiales,
le théorème de Moivre-Laplace est énoncé. On introduit alors la loi normale réduite centrée, loi à densité sur ℝ , et les autres lois normales.
X
Dans le chapitre 3, on étudie des intervalles de fluctuation des variables aléatoires Fn = n ,
n
fréquences des variables aléatoires binomiales X n de paramètres n et p. On étudie quelques exemples
de prise de décision.
Dans le chapitre 4, on aborde l’estimation d’une proportion inconnue à partir de celle d’un échantillon.
Cette séquence pourra vous paraître difficile au premier abord.
Le monde des probabilités et des statistiques est différent des autres par son sujet et ses méthodes.
Il faut vous y plonger et, au fur et à mesure, vous vous familiariserez avec ces notions.
Les premiers exercices vont montreront comment utiliser les résultats du cours et les calculs sont
souvent simples à réaliser.
2
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Séquence 9 – MA02
1 Prérequis
A
Fonctions
Les lois normales sont des lois à densité, on utilisera donc les résultats des
séquences précédentes sur les fonctions et le calcul intégral.
B
Probabilité
1. Espérance et écart-type d’une variable
aléatoire
On rappelle que, dans le cas fini, on a la propriété suivante.
Propriété
Soit X une variable aléatoire et deux nombres réels a et b.
On a alors : E(aX + b ) = aE( X ) + b et σ (aX + b ) = a σ ( X ).
Signalons que l’on dit aussi « moyenne » pour désigner l’espérance d’une
variable aléatoire.
2. Loi binomiale
Définition
Soit X la variable aléatoire définie par le nombre de succès obtenus quand
on répète n fois de façon indépendante une expérience ayant deux résultats
possibles, réussite de probabilité p et échec de probabilité 1− p. La loi de
probabilité de X est la loi binomiale de paramètres n et p, notée B(n ; p ).
Séquence 9 – MA02
3
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La loi binomiale
n
t On a P ( X = k ) =   p k (1− p )n − k pour tout entier k tel que 0 ≤ k ≤ n , le
k
n
nombre   est un coefficient binomial qui se lit « k parmi n » et qu’on
k
peut déterminer avec une calculatrice.
Propriétés
t On a E( X ) = np et σ ( X ) = np (1− p ).
Représentation graphique d’une loi binomiale
왘
Exemple
n=20 et p=0,7 P(X=k)
0,250
probabilité
0,200
0,150
0,100
0,050
0,000
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920
k
Utiliser une calculatrice ou un tableur.
Avec un tableur
Soit X une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres n et p.
t La syntaxe LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; FAUX) ou LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; 0)
renvoie la probabilité P ( X = k ).
t La syntaxe LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; VRAI) ou LOI.BINOMIALE(k ; n ; p ; 1)
renvoie la probabilité cumulée P ( X ≤ k ).
Avec une calculatrice TI (84, mais aussi 83 et 82
avec des modifications mineures)
Avec une calculatrice Casio
(graph 35+ ou plus)
Pour calculer P ( X = k ) lorsque X suit la loi
binomiale B(n ; p ), on utilise l’instruction
binomFdp( (que l’on obtient par l’instruction
DISTR (touches 2ND VARS) et la touche 0) que
l’on complète ainsi : binomFdp(n, p, k).
Pour calculer P ( X = k ) lorsque X suit la loi
binomiale B(n ; p ), on utilise le menu STAT,
on choisit DIST (touche F5) puis BINM (touche
F5), Bpd (touche F1) et Var (touche F2).
Ces calculatrices donnent aussi les probabilités
P ( X ≤ k ) par l’instruction binomFREPdp(.
On renseigne la boîte de dialogue : Data :
variable ; valeur désirée : k ; Numtrial : n ; probabilité : p.
Avec une calculatrice Casio graph 25+Pro, pour
calculer P ( X = k ), il faut taper la formule ou
avoir implémenté un programme.
4
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Séquence 9 – MA02
3. Loi à densité
Définition
On dit qu’une fonction f, définie sur un intervalle I de ℝ , est une densité de
probabilité sur I lorsque :
t la fonction f est continue sur I ;
t la fonction f est à valeurs positives sur I ;
t l’aire sous la courbe de f est égale à 1 u.a.
Définition
Soit f une fonction, définie sur I, qui est une densité de probabilité sur I.
On dit que la variable aléatoire X suit la loi de densité f sur l’intervalle I
lorsque, pour tout événement J inclus dans I, la probabilité de l’événement
( X ∈ J) est la mesure, en unités d’aire, de l’aire du domaine :
{M ( x ; y ) ; x ∈ J et 0 ≤ y ≤ f ( x )}.
j
O
c
i
d
Propriété
d
t Pour tout intervalle J = [c ; d ] de I, on a : P (c ≤ X ≤ d ) = ∫ f ( x ) d x .
t Pour tout réel α de I, on a : P ( X = α ) = 0.
c
Séquence 9 – MA02
5
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Définition
Pour deux intervalles J et J’, inclus dans I, tels que J′∩ J = ∅, on a :
P ( X ∈ J ∪ J′) = P ( X ∈ J′) + P ( X ∈ J) .
Propriété
(
)
Soit J un intervalle, on a : P X ∈ J = 1− P ( X ∈ J) .
C
Échantillonnage
En statistiques, un échantillon de taille n est la liste des n résultats obtenus par
n répétitions indépendantes de la même expérience aléatoire. Ici l’expérience
répétée est une épreuve de Bernoulli, c’est-à-dire qu’elle ne prend que deux
valeurs : échec / réussite, oui / non, homme / femme, 0 / 1…
Par exemple, un échantillon de taille 100 du lancer d’un dé dont on observe
l’apparition ou non de la face 6 est la liste des résultats obtenus en lançant 100
fois le dé. Pour chaque lancer la probabilité de réussir (d’obtenir la face 6) est p,
1
la probabilité de l’échec (ne pas obtenir 6) est 1− p ( p = si le dé est bien
6
équilibré).
Le nombre de réussites dans un échantillon de taille n suit la loi binomiale
B(n ; p ).
On appelle f la fréquence du nombre de réussites dans l’échantillon.
Définition
Un intervalle de fluctuation au seuil de 95 %, relatif aux échantillons de
taille n, est un intervalle où se situe la fréquence f observée dans un échantillon de taille n avec une probabilité supérieure à 0,95.
On a vu en Seconde que :
1
1 
L’intervalle  p −
est un intervalle de fluctuation approché au seuil
;p+
n
n 

de 95 %, relatif aux échantillons de taille n.
Commentaire
6
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Dans certains cas, la probabilité que la fréquence appartienne à l’intervalle
1
1 

 p − n ; p + n  est très proche de 0,95 mais en étant inférieure, c’est


pourquoi on dit que ce sont des intervalles de fluctuation « approchés ».
Séquence 9 – MA02
Cela a été admis après avoir observé des exemples obtenus, par exemple, par
simulation.
1
1 
Dans la pratique, on utilise l’intervalle  p −
pour des probabilités p
;p+
n
n 

comprises entre 0,2 et 0,8 et des échantillons de taille n supérieure à 25.
Séquence 9 – MA02
7
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2 Lois normales
A
Objectifs du chapitre
t On observe d’abord, dans une activité, des représentations graphiques de lois
binomiales, puis de lois binomiales centrées et réduites.
t Le théorème de Moivre-Laplace est énoncé. Ce théorème théorise les observations de l’activité 2 et montre l’utilité de la loi normale N (0 ; 1) de moyenne 0
et d’écart-type égal à 1.
t On étudie donc la loi normale N (0 ; 1) qui est la loi normale de référence.
t On termine par la définition des autres lois normales et des exemples d’utilisation.
B
Activité 1
Pour débuter
Centrer et réduire
Définition 1
On dit qu’une variable aléatoire est centrée et réduite lorsque son espérance
est nulle et son écart-type égal à 1.
Soit X une variable aléatoire prenant un nombre fini de valeurs, d’espérance
m = E( X ), de variance V( X ) et d’écart-type σ 0 = V( X ) non nul. Démontrer
que :
t la variable aléatoire ( X − m ) a une espérance nulle ;
X −m
t la variable aléatoire Z =
est une variable aléatoire centrée et réduite.
σ0
Activité 2
Approche de la loi normale centrée et réduite
On montre dans cette activité la démarche qui, en partant des lois binomiales,
amène à la loi normale centrée et réduite.
On fait cette approche en trois étapes.
8
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Séquence 9 – MA02
Observation des représentations graphiques des lois binomiales
On donne ci-dessous deux représentations graphiques des probabilités obtenues
par des lois binomiales B(n ; p ).
Il s’agit de diagrammes en bâtons, le logiciel OpenOffice dessinant les bâtons un
peu épais. Il ne faut pas confondre avec des histogrammes.
Loi binominale
n=50 p=0,7
0,140
0,18
0,16
0,14
0,12
0,1
0,08
0,06
0,04
0,02
probabilité P(X=K)
0,100
0,080
0,060
0,040
48
45
42
39
36
33
30
27
24
21
18
15
9
Valeurs de k
12
6
3
0
0
0,020
Valeurs de k
Les lois, donc les représentations graphiques, dépendent des valeurs des paramètres n et p, mais on observe, ici et aussi sur la représentation donnée dans les
prérequis, une grande ressemblance entre ces graphiques. Toutes les représentations graphiques des lois binomiales sont analogues.
Il semble que la probabilité maximum (le bâton de plus grande ordonnée) est
obtenue pour la valeur moyenne, pour l’espérance qui vaut np.
On associe à chacune de ces lois B(n ; p ) une autre loi, centrée et réduite.
On utilise pour cela le résultat de l’activité 1.
Ainsi, à la variable aléatoire X, on associe la variable aléatoire centrée et réduite
X − np
X −m
.
Z=
, soit Z =
np (1− p )
σ
4,01
4,63
3,39
2,78
2,16
1,54
0,93
0
–0,93
–1,54
–2,78
–2,16
–3,39
–4,63
–4,01
–5,86
–5,25
–7,1
–6,48
–7,72
–8,33
–8,95
–9,57
–10,8
Loi de Z
Z=(X–np)/rac(np(1–p)) n=50 p=0,7
0,15
–10,18
0
0,120
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
26
probabilité P(X=K)
Loi binominale
n=40 p=0,2
Valeurs de Z
Toutes les variables aléatoires Z centrées réduites définies à partir d’une loi binomiale ont des représentations graphiques qui ont la même allure. Elles sont seulement plus ou moins « étalées », le maximum est plus ou moins grand.
Séquence 9 – MA02
9
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Changement de représentation
Les sommets des bâtons semblent dessiner une courbe, qui est de plus en plus
« visible » quand n grandit.
Pour définir cette courbe, puis utiliser une probabilité à densité, on change de
représentation. On passe des diagrammes en bâtons où les probabilités sont
représentées par la hauteur des bâtons, à des rectangles où les probabilités sont
représentées par les aires des rectangles.
Les deux représentations sont illustrés ci-dessous sur un exemple où n n’est pas
très grand.
loi de X : B(n,p)
n = 20 et p = 0,7
Z = (X–14)/ 4,2
loi de probabilité de Z : ordonnées des bâtons
0,2
O
1
Le rectangle correspondant au bâton en couleur est aussi en couleur sur la représentation suivante (analogue à un histogramme). L’axe des ordonnées permet de
repérer les densités, comme on l’a vu dans la séquence 8 (Lois à densité).
densité
loi de probabilité de Z : aires des rectangles
loi de X : B(n,p)
n = 20 et p = 0,7
Z = (X–14)/ 4,2
probabilité : 0,025
O
1
Chaque bâton est remplacé par un rectangle. La mesure de l’aire du rectangle
est égale à la probabilité. Comme toutes les bases des rectangles ont la même
longueur, les aires des rectangles sont proportionnelles aux hauteurs de ces rectangles et donc les hauteurs des rectangles sont proportionnelles aux hauteurs
10
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Séquence 9 – MA02
des bâtons. Les bords supérieurs des rectangles ont donc la même allure que les
extrémités supérieures des bâtons.
Les bords supérieurs des rectangles font apparaître une courbe régulière et symétrique.
Le mathématicien Abraham de Moivre, protestant français émigré en Angleterre
après la révocation de l’édit de Nantes, a montré en 1733, dans un cas particulier,
que cette courbe est la courbe représentative de la fonction définie sur ℝ par
f (t ) =
t2
−
1
e 2.
2π
Ce résultat a été généralisé par Pierre-Simon de Laplace (dans Théorie analytique
des probabilités (1812).
x2
Activité 3
1 −2
e
Étude de la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
2π
(complément de l’exercice 16 de la séquence 7 ).
Montrer que cette fonction est paire.
Étudier la limite de f en +∞ et en −∞.
Séquence 9 – MA02
11
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Étudier les variations de f et donner la représentation graphique de la fonction f.
Donner une valeur approchée de ∫
10
−10
f ( x ) dx . Quelle conjecture peut-on
faire pour la mesure de l’aire (en unités d’aire) sous la courbe représentant f
tout entière ?
Justifier que f semble donc être une densité de probabilité.
C
Cours
1. Théorème de Moivre-Laplace
Le paramètre p est fixé, l’entier n varie, les variables aléatoires X n suivent les
lois binomiales B(n ; p ).
On utilise les variables aléatoires centrées et réduites correspondantes Z n .
t la largeur des rectangles est de plus en plus petite ;
t les aires des rectangles, c’est-à-dire les probabilités, deviennent de plus en
plus proches des aires correspondantes limitées par la courbe représentant la
fonction f et l’axe des abscisses : les probabilités P (a ≤ Z n ≤ b ) sont de plus
en plus proches de ∫
b
a
x2
1
e 2 dx .
−
2π
n = 99
0,5
p = 0,34
0,4
0,3
0,2
0,1
0
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
Voici donc l’énoncé du théorème de Moivre-Laplace, qui théorise les observations
et qui est fondamental en statistiques.
Ce théorème est admis en Terminale S.
12
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Séquence 9 – MA02
Théorème 1 : Théorème de Moivre-Laplace
Soit p un nombre réel de l’intervalle ]0 ; 1[ .
Soit une suite de variables aléatoires ( X n ) où chaque variable aléatoire X n
suit la loi binomiale B(n ; p ).
X − np
On pose Z n = n
, variable centrée et réduite associée à X n .
np (1− p )
Alors, pour tous réels a et b tels que a < b , on a :
b
lim P (a ≤ Z n ≤ b ) =
a
n →+∞
∫
x2
1 −2
e
dx .
2π
La motivation commune à Bernoulli (qui a énoncé le premier la loi des grands
nombres), Moivre et Laplace était de déterminer le plus finement possible la
fluctuation des valeurs prises par une variable aléatoire suivant une loi binomiale
autour de son espérance. Il s’agissait ensuite d’utiliser ces résultats pour estimer
une probabilité inconnue.
Le théorème permet cela et nous verrons comment dans les chapitres suivants.
Mais auparavant, il convient d’étudier la loi qui apparaît dans le théorème de
Moivre-Laplace. On l’appelle la loi normale centrée réduite que l’on note
N (0 ; 1).
2. Loi normale centrée réduite N (0 ; 1)
a) Définition
Propriété 1
x2
1
e 2 est une densité de proba-
La fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
2π
bilité.
−
La fonction a été étudiée dans l’activité 3. C’est une fonction continue à valeurs
positives, on admet que l’aire sous la courbe est égale à 1u.a.
1/ 2/ 0,4
O
1
Cette courbe est souvent appelée « courbe de Gauss » ou « courbe en cloche ».
Séquence 9 – MA02
13
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Définition 2
Une variable aléatoire X suit la loi normale centrée réduite N (0 ; 1) si sa
x2
1 −2
e
.
fonction de densité est la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
2π
On a alors pour tous réels a et b tels que a < b ,
x2
b
b 1 −2
e
dx .
P (a ≤ X ≤ b ) = ∫ f ( x ) dx = ∫
a
a 2π
Propriété 2
Soit X une variable aléatoire qui suit la loi normale N (0 ; 1), on a :
t pour tout réel u positif, P ( X ≤ −u ) = P ( X ≥ u ) ;
1
t P ( 0 ≤ X ) = P ( X ≥ 0 ) = .
2
Démonstration
t La fonction de densité de la loi normale N (0 ; 1) est paire, donc, par symétrie,
les mesures des aires égales aux probabilités P ( X ≤ −u ) et P ( X ≥ u ) sont
égales, P ( X ≤ −u ) = P ( X ≥ u ).
P(X
Ꮿf
–u)
O
–u
P(X
u)
u
t Pour u = 0, on a P ( X ≤ 0 ) = P ( X ≥ 0 ) et, comme
1 = P ( X ≥ 0 ) + P ( X < 0 ) = P ( X ≥ 0 ) + P ( X ≤ 0 ),
on obtient 1 = 2P ( X ≥ 0 ).
1
On en déduit P ( 0 ≤ X ) = P ( X ≥ 0 ) = .
2
Remarque
Calculs
La fonction de densité de la loi normale N (0 ; 1) n’a pas de primitive connue,
c’est-à-dire qu’il est impossible de l’exprimer algébriquement (somme, produit…)
à partir des fonctions usuelles (polynômes, exponentielle, logarithme…). Les
calculatrices et les tableurs permettent de calculer des valeurs approchées des
intégrales (voir le cours d’intégration), mais ils permettent aussi d’obtenir direc-
14
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Séquence 9 – MA02
tement des valeurs approchées de certaines probabilités liées à la loi normale.
Les calculs des probabilités de la forme P (a ≤ X ≤ b ), P ( X ≤ c ) et P ( X ≥ c ), a,
b et c étant des nombres réels donnés, seront expliqués dans la partie où sont
étudiées toutes les lois normales.
b) Espérance et écart-type de la loi normale
centrée et réduite
On généralise la définition de l’espérance d’une variable aléatoire à densité qui a
été vue pour les lois uniformes et les lois exponentielles. Ici la variable aléatoire
est définie sur ℝ.
Remarque
On emploie souvent le mot « moyenne » pour désigner l’espérance.
Définition 3
Si la variable aléatoire X suit la loi normale N (0 ; 1), l’espérance
E( X ) de la variable aléatoire X est définie par :
x
0
lim ∫ t f (t )dt
∫ t f (t )dt + x →+∞
0
y →−∞ y
E( X ) = lim
où f est la fonction de densité de la loi normale N (0 ; 1).
Propriété 3
L’espérance (ou la moyenne) de la loi normale N (0 ; 1) est égale à 0.
Démonstration
Soit x un nombre réel positif, on a :
x
x
∫ 0 t f (t )dt = ∫ 0
=
t
2π
1
∫
2π
t2
−
e 2 dt
t2
x −2
t e dt =
0
On étudie d’abord la limite
x
 t 2 x

x2 
1  −2 
1  −2
+ 1.
−e
−e  =
2π 
2π 



0


∫ t f (t )dt par composition.
x →+∞ 0
lim
x2
x2
La fonction x ֏ e 2 est la composée de x ֏ −
et de X ֏ e X , or
2
x2
lim −
= −∞ et lim e X = 0, on peut donc écrire
x →+∞ 2
X →−∞
−
x2
x2
lim e 2 = lim e X = 0 par composition avec X = − .
2
x →+∞
X →−∞
−
Séquence 9 – MA02
15
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Donc
1
x
∫ t f (t )dt = 2π .
x →+∞ 0
lim
De même, on trouve ∫
0
t f (t )dt =
y
On conclut finalement : E( X ) = 0.
 y2 
0
1

1  −2
.
− 1 et lim ∫ y t f (t )dt = −
e
y →−∞
2
π
2π 



Propriété 4
La variance V( X ) de la loi normale N (0 ; 1), définie par
(
)
V( X ) = E ( X − E( X )2 , est égale à 1.
Cette propriété est admise.
On en déduit que l’écart-type de la loi normale N (0 ; 1) est aussi égal à 1.
c) Répartition des valeurs de X
Dans le théorème qui suit apparaît un nombre nommé α. Le choix de α dans
]0 ; 1[ correspond au choix d’une probabilité. Dans la pratique il est intéressant
de choisir α proche de 0 (0,05 ou 0,01 ou…). Le nombre 1− α est lui aussi dans
]0 ; 1[ , il est alors proche de 1 (0,95 ou 0,99 ou…).
On cherche un intervalle [ −u ; u ] tel que la probabilité que X soit en dehors
de cet intervalle [ −u ; u ] soit égale à α (0,05 ou 0,01 ou…) et donc que la
probabilité que X appartienne à [ −u ; u ] soit égale à 1− α (0,95 ou 0,99 ou…).
Le choix de α aura pour conséquence que la probabilité que X appartienne à
[ −u ; u ] sera proche de 1 (voire très proche) et la probabilité que X n’appartienne pas à [ −u ; u ] sera faible (voire très faible).
P(–u
P(X
u) = 1 – _
X
Ꮿf
–u)
–u
P(X
O
u)
u
Théorème 2
Lorsque la variable aléatoire X suit la loi normale N (0 ; 1), pour tout nombre
α de l’intervalle ]0 ; 1[ , il existe un unique nombre réel positif u α tel que
P (−u α ≤ X ≤ u α ) = 1− α.
16
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Séquence 9 – MA02
Démonstration
D’après la symétrie de la courbe de la densité de la loi normale, pour tout réel u
positif on a :
u
P ( −u ≤ X ≤ u ) = 2P ( 0 ≤ X ≤ u ) = 2∫ f ( x ) d x = 2H (u ),
0
où H est la primitive de la fonction f sur ℝ qui s’annule en 0.
La fonction H est donc continue et strictement croissante sur ℝ.
On a 2H (0 ) = 0 et
1
lim 2H (u ) = lim 2P ( 0 ≤ X ≤ u ) = 2P ( 0 ≤ X ) = 2 × = 1.
2
u →+∞
u →+∞
On obtient le tableau de variation de la fonction 2H :
u
0
uα
+∞
1
1− α
2H (u )
0
Pour tout nombre α de l’intervalle ]0 ; 1[ , le nombre 1− α appartient aussi à
]0 ; 1[ et donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il
existe un unique réel uα tel que 2H (uα ) = 1− α c’est-à-dire tel que
P ( −uα ≤ X ≤ uα ) = 1− α .
À savoir
Valeurs particulières
t On a u 0,05 ≈ 1, 96 d’où : P ( −1, 96 ≤ X ≤ 1, 96 ) ≈ 0, 95.
t On a u 0,01 ≈ 2, 58 et P ( −2, 58 ≤ X ≤ 2, 58 ) ≈ 0, 99.
Comme les valeurs de u 0,05 et u 0,01 ne sont pas des valeurs exactes, il en est
de même pour les probabilités. On obtient une bonne idée de la répartition des
valeurs de X. Environ 95% des réalisations de X se trouvent entre −1, 96 et 1,96
et 99% des réalisations de X se trouvent entre −2, 58 et 2, 58.
Remarque
On appelle « réalisation d’une variable aléatoire X » la valeur observée quand on
réalise concrètement l’expérience aléatoire.
3. Loi normale N (µ ; σ 2)
a) Définition, espérance, écart-type
Définition 4
Une variable aléatoire X suit une loi normale N (µ ; σ 2 ) si la variable
X −µ
suit la loi normale N (0 ; 1).
aléatoire Z =
σ
Séquence 9 – MA02
17
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Voici un premier exemple de modélisation d’un phénomène concret par une loi
normale.
왘
Exemple
Le poids en kilos des nouveau-nés à la naissance est une variable aléatoire qui
peut être modélisée par une variable aléatoire suivant la loi normale de moyenne
µ = 3, 3 et d’écart-type σ = 0, 5. La probabilité qu’un nouveau-né pèse moins
de 2,5 kg à la naissance est donc : P ( X < 2, 5). Avec une calculatrice (l’explication est donnée un petit peu plus loin), on trouve P ( X < 2, 5) ≈ 0, 054 à 10−3
près par défaut.
Ainsi, le risque qu’un nouveau-né soit d’un poids inférieur à 2,5 kg est un peu
supérieur à 5 %.
왘
Exemples
On a représenté ci-dessous les courbes des fonctions de densité de cinq lois normales.
ᏺ (3;0,25)
ᏺ (1;1)
ᏺ (0;1)
ᏺ (1;4)
ᏺ (0;4)
O
1
On observe que chaque courbe est symétrique par rapport à la droite d’équation
x = µ.
Propriété 5
On admet que, si une variable aléatoire X suit la loi normale N (µ ; σ 2 ),
alors son espérance est égale à µ et son écart-type à σ : E( X ) = µ et
σ (X ) = σ.
b) Utilisation des calculatrices
À savoir
18
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La variable aléatoire X suivant la loi normale N (µ ; σ 2 ), il faut savoir calculer
des probabilités de la forme : P (a ≤ X ≤ b ), P ( X ≤ c ) et P ( X ≥ c ), a, b et c étant
des nombres réels donnés.
Séquence 9 – MA02
Il faut aussi savoir déterminer le nombre x tel que P ( X ≤ x ) = p , p étant une
probabilité donnée.
On donne d’abord les explications pour toutes les calculatrices TI et les calculatrices Casio pour les modèles Graph 35 et plus. On donne ensuite les explications
pour la calculatrice Casio 25+Pro.
t P (a ≤ X ≤ b )
Sauf la calculatrice Casio 25+Pro, les calculatrices étudiées ici font le calcul directement.
Par exemple P ( −1 ≤ X ≤ 1, 5) ≈ 0, 203877 où X suit la loi N (3 ; 4).
Texas
Casio Graph 35…
On choisit Distr (par 2nd Var)
puis normalcdf (ou, en français,
normalFRep).
Dans le menu Stat, on choisit Distr, puis NormCD. On indique
les données dans l’ordre a, b, σ et µ (attention à ne pas
confondre σ et σ 2 ).
On indique les données dans
l’ordre a, b, µ et σ (attention à
ne pas confondre σ et σ 2 ).
Voici un exemple avec a = −1 b = 1, 5 µ = 3 et σ = 2 :
Voici un exemple avec a = −1
b = 1, 5 µ = 3 et σ = 2 :
t P ( X ≤ c )
Les calculatrices étudiées ne font pas le calcul directement. On dispose de deux
méthodes.
On utilise l’approximation P ( X ≤ c ) ≈ P ( −1099 ≤ X ≤ c ) où on néglige
P ( X < −1099 ).
{
Ou bien on utilise des égalités, mais elles dépendent de la position de c par
rapport à µ. Les égalités sont obtenues en écrivant la probabilité d’une
réunion d’événements incompatibles. On mémorise visuellement ces égalités qui s’interprètent avec des aires.
{
P(X
Ꮿf
+)
+
Si c ≥ µ :
P(+
X
c)
c
1
P ( X ≤ c ) = P ( X < µ ) + P (µ ≤ X ≤ c ) = + P (µ ≤ X ≤ c )
2
Séquence 9 – MA02
19
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P(c
+)
X
Ꮿf
P(X
c)
c
Si c ≤ µ :
Remarque
왘
Exemple
+
1
P ( X ≤ c ) = P ( X ≤ µ ) − P (c < X ≤ µ ) = − P (c ≤ X ≤ µ ).
2
On a P ( X ≥ c ) = 1− P ( X < c ) (événements contraires) et aussi
P ( X ≥ c ) = P ( X ≤ −c ) à cause de la symétrie de la courbe de la fonction de
densité.
On a : P ( X ≤ 8 ) ≈ 0, 9937903 où X suit la loi N (3 ; 4).
t Déterminer x tel que P ( X ≤ x ) = p , p étant une probabilité donnée.
La plupart des calculatrices permettent de trouver directement le résultat.
Texas
Casio graph 35 et plus
On choisit Distr (par 2nd Distr) puis
invNorm (ou, en français, FracNorm), puis
on donne p, µ et σ .
Dans le menu Stat, on choisit Distr, puis Inverse Normal. On indique les données dans l’ordre p, σ et µ .
Voici un exemple avec p = 0,1 µ = 3 et σ = 2 :
Voici un exemple avec p = 0,1 µ = 3 et
σ =2 :
Cas particulier de la calculatrice Casio 25+Pro
Cette calculatrice donne seulement les probabilités de la forme P (Z ≤ c ) où Z
suit la loi normale centrée réduite N (0 ; 1).
t Pour accéder à cette fonctionnalité, on utilise :
OPTN PROB
Z
P(
Ainsi OPTN PROB
Z
P(2) donne P (Z ≤ 2) ≈ 0, 97725.
t Pour calculer P ( X ≤ c ) où X suit la loi normale N (µ ; σ 2 ), on se ramène à
X −µ
la loi N (0 ; 1) en utilisant Z =
.
σ
La probabilité P ( X ≤ 8 ) où X suit la loi N (3 ; 4) s’obtient par OPTN PROB Z
P((8 − 3) / 2) et on trouve P ( X ≤ 8 ) ≈ 0, 9937903.
t On a P (a ≤ X ≤ b ) = P ( X ≤ b ) − P ( X ≤ a ) car
P ( X < a ) + P (a ≤ X ≤ b ) = P ( X ≤ b ) (probabilité de l’union de deux événements incompatibles ou aire de l’union de deux ensembles disjoints).
20
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Séquence 9 – MA02
t Pour déterminer x tel que P ( X ≤ x ) = p , p étant une probabilité donnée, la
seule possibilité est de commencer par tâtonner. On cherche d’abord z tel que
P (Z ≤ z ) = p , Z suivant la loi normale N (0 ; 1) puis utiliser l’équivalence
X −µ
Z ≤z ⇔
≤ z ⇔ X ≤ σ z + µ.
σ
On en déduit x = σ z + µ.
Par exemple, pour déterminer x tel que P ( X ≤ x ) = 0,1 où X suit la loi
N (3 ; 4), on trouve d’abord en tâtonnant z ≈ −1, 281,
puis
x ≈ 2 × ( −1, 281) + 3 d’où x ≈ 0, 438.
왘
Exemple 1
Pour s’entraîner
La variable aléatoire suit la loi normale N (21 ; 9). Calculer :
a) P (8 ≤ X ≤ 18 )
왘
Solution
b) P ( X ≥ 23)
a) P (8 ≤ X ≤ 18 ) ≈ 0,159
c) x tel que P ( X ≤ x ) = 0, 7.
b) P ( X ≥ 23) ≈ 0, 252
c) x ≈ 22, 573.
c) Intervalles « un, deux, trois sigmas »
On a représenté ci-dessous les fonctions de densité de trois lois normales
N (µ ; σ 2 ) de même espérance µ et d’écarts-types différents : σ = 2, σ = 1
et σ = 0, 5.
ᏺ(+;0,25)
ᏺ(+;1)
ᏺ(+;4)
O
+
On sait que l’écart-type σ mesure la dispersion des valeurs prises par la variable
aléatoire autour de son espérance µ. L’influence de l’écart-type sur la courbe est
très visible : plus il est important, plus la courbe est « étalée ».
Les résultats suivants doivent être connus, ils donnent une idée de la répartition,
autour de son espérance µ, d’une variable aléatoire X qui suit une loi normale
N (µ ; σ 2 ).
Séquence 9 – MA02
21
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Propriété 6
On a :
P (µ − σ ≤ X ≤ µ + σ ) ≈ 0,68 (à 10−2 près) ;
P (µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ ) ≈ 0,95 (à 10−2 près) ;
P (µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ ) ≈ 0,997 (à 10−3 près).
0,68
µ
µ–␴
µ+␴
0,95
µ
µ–2␴
µ+2␴
0,997
µ
µ–3␴
22
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Séquence 9 – MA02
µ+3␴
Démonstration
X −µ
≤ 1.
On a µ − σ ≤ X ≤ µ + σ ⇔ −σ ≤ X − µ ≤ σ ⇔ −1 ≤
σ
X −µ 

Donc P (µ − σ ≤ X ≤ µ + σ ) = P  −1 ≤
≤ 1 = P ( −1 ≤ Z ≤ 1) et, comme la


σ
−
µ
X
suit la loi normale N (0 ; 1), la calculatrice permet
variable aléatoire Z =
σ
de faire le calcul et on trouve environ 0,68.
De même :
X −µ 

P (µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ ) = P  −2 ≤
≤ 2 = P ( −2 ≤ Z ≤ 2) ≈ 0, 95 et


σ
X −µ 

P (µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ ) = P  −3 ≤
≤ 3 = P ( −3 ≤ Z ≤ 3) ≈ 0, 997.


σ
Ainsi, environ 68 % des réalisations d’une variable aléatoire suivant la loi normale N (µ ; σ 2 ) se trouvent dans l’intervalle [ µ − σ ; µ + σ ] , environ 95 % se
trouvent dans l’intervalle [ µ − 2σ ; µ + 2σ ] et environ 99,7 % dans l’intervalle
[µ − 3σ ; µ + 3σ ].
D
Exercices d’apprentissage
Plusieurs exercices de cette séquence sont issus de documents ressources de
l’Éducation nationale.
Dans les exercices 1 et 2, on donnera des valeurs approchées à 10−4 près par
défaut.
Exercice 1
Soit X une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite.
Calculer :
a) P ( −0, 5 ≤ X ≤ 1, 3) ;
b) P ( X ≤ −1) ;
c) P ( X ≥ 1, 8 ).
Déterminer le réel x tel que P ( X ≤ x ) = 0, 8.
Exercice 2
Soit X une variable aléatoire suivant la loi normale N (12 ; 9).
Calculer :
a) P (10 ≤ X ≤ 14 ) ;
b) P ( X ≤ 13) ;
c) P ( X ≥ 7).
Déterminer le réel x tel que P ( X ≤ x ) = 0, 9.
Exercice 3
On donne ci-dessous les représentations graphiques des fonctions densité
de probabilité des lois normales N (7 ; 1), N (7 ; 22 ), N (5 ; 1) et N (5 ; 0,52 ).
Associer chaque courbe à la loi correspondante.
Proposer une valeur pour la moyenne µ et pour l’écart-type σ de la loi
normale N (µ ; σ 2 ) dont la fonction densité de probabilité est représentée
par la courbe C .
Séquence 9 – MA02
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1
2
Ꮿ
1
3
O
Exercice 4
1
4
Soit X une variable aléatoire suivant la loi normale N (µ ; σ 2 ).
Si µ = 15 et P ( X < 12) = 0, 4 , combien vaut σ ?
Si σ = 0, 5 et P ( X < 7) = 0, 3, combien vaut µ ?
Exercice 5
Une entreprise produit en grande quantité des pièces cylindriques. Soit X la
variable aléatoire qui, à chaque pièce prélevée au hasard dans la production,
associe son diamètre, en millimètres. On admet que la variable aléatoire X suit la
loi normale de moyenne 61,5 mm et d’écart-type 0,4 mm.
Déterminer, dans ces conditions, la probabilité qu’une pièce, tirée au hasard,
ait un diamètre compris entre 60,7 mm et 62,3 mm.
Une pièce est déclarée défectueuse si son diamètre est soit inférieur à
60,7 mm, soit supérieur à 62, 3 mm. Calculer la probabilité qu’une pièce tirée
au hasard soit défectueuse.
Sachant qu’une pièce n’est pas défectueuse, quelle est la probabilité que son
diamètre soit inférieur à 61 mm ?
Exercice 6
La production laitière annuelle en litres des vaches laitières de la race « Française
Frisonne Pie Noir » peut être modélisée par une variable aléatoire suivant la loi
normale de moyenne µ = 6000 et d’écart-type σ = 400.
Calculer la probabilité qu’une vache de cette race produise entre 5 800 et
6 200 litres par an.
Calculer la probabilité qu’une vache de cette race produise moins de
5 700 litres par an.
Calculer la probabilité qu’une vache de cette race produise plus de 6 300 litres
par an.
Donner une interprétation concrète du nombre x tel que P ( X < x ) = 0, 30.
Déterminer x.
Calculer la production minimale prévisible des 20 % de vaches les plus pro-
ductives du troupeau.
24
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Séquence 9 – MA02
Exercice 7
Une confiserie produit des plaques de chocolat. On admet que la variable aléatoire égale au poids d’une plaquette de 125 g suit une loi normale d’espérance
µ = 125 et d’écart-type σ = 0, 5.
La plaquette est jugée conforme lorsque son poids est compris entre µ − 3σ et
µ + 3σ .
Calculer la probabilité qu’une plaquette prélevée aléatoirement au hasard en
fin de chaîne soit non conforme.
Pour contrôler le réglage de la machine, on détermine des poids d’alerte µ − h
et µ + h tels que
P (µ − h ≤ X ≤ µ + h ) = 0, 99.
Ces poids d’alerte sont inscrits sur une carte de contrôle et correspondent à une
marge de sécurité en lien avec des normes de conformité. Calculer ces poids
d’alerte.
Séquence 9 – MA02
25
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3
A
Intervalles
de fluctuation
Objectifs du chapitre
Quand on réalise une expérience aléatoire, on observe bien sûr que les résultats
obtenus ne sont pas toujours les mêmes, c’est la fluctuation d’échantillonnage.
Mais on observe aussi que, quand on répète une expérience un grand nombre de
fois, il y a une régularité des résultats.
Le théorème de Moivre-Laplace permet de mathématiser ces observations.
On définit des intervalles de fluctuation.
On pourra alors décider si on considère que des résultats obtenus lors d’une
expérience sont dus au hasard (c’est-à-dire à la fluctuation d’échantillonnage),
ou si on considère qu’ils sont statistiquement significatifs d’une différence avec
le modèle choisi.
B
Activité 4
Pour débuter
Rappel
En statistiques, un échantillon de taille n est la liste des n résultats obtenus par
n répétitions indépendantes de la même expérience aléatoire. Ici l’expérience
répétée est une épreuve de Bernoulli, c’est-à-dire qu’elle ne prend que deux
valeurs : échec / réussite, oui / non, homme / femme, 0 / 1…
Par exemple, un échantillon de taille 100 du lancer d’une pièce où on compte le
nombre de fois où on obtient « pile » est la liste des résultats obtenus en lançant
effectivement 100 fois la pièce.
Le nombre de réussites dans un échantillon de taille n suit la loi binomiale
B(n ; p ).
Définition 5
Un intervalle de fluctuation au seuil de 95 %, relatif aux échantillons de
taille n, est un intervalle où se situe la fréquence d’un échantillon de taille n
avec une probabilité supérieure à 0,95.
26
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Séquence 9 – MA02
Remarque
Tout intervalle qui contient un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est lui
aussi un intervalle de fluctuation à ce même seuil.
L’intervalle [ 0 ; 1] contient toutes les fréquences, il vérifie la condition de la définition 5, mais il est sans intérêt. On cherchera des intervalles de fluctuation correspondant à des probabilités supérieures à 0,95 et aussi très proches de 0,95 en
particulier dans les prises de décision.
Remarque
Il y a plusieurs sortes d’intervalle de fluctuation. On peut choisir des intervalles
de fluctuation centrés en p comme ceux vus en Seconde, ou pour lesquels la
probabilité que la fréquence soit à l’extérieur de l’intervalle à gauche soit égale
à la probabilité que la fréquence soit à l’extérieur de l’intervalle à droite comme
ceux vus en Première, ou…
Par exemple, pour p = 0, 2 et n = 100, l’intervalle de fluctuation vu en Seconde
est [ 0,1; 0, 3] et celui obtenu en Première est [ 0,12 ; 0, 28 ].
Propriété admise en Seconde
1
1 
L’intervalle  p −
est un intervalle de fluctuation approché au seuil
;p+
n
n 

de 95%, relatif aux échantillons de taille n.
1
1 
Dans la pratique, on utilise l’intervalle  p −
pour des probabi;p+
n
n 

lités p comprises entre 0,2 et 0,8 et des échantillons de taille n supérieure à 25.
On dispose d’un dé bien équilibré, on gagne quand on obtient 1 ou 6. Détermi-
ner un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la fréquence des lancers
gagnants dans les échantillons de taille 100.
On sait qu’en moyenne 51 % des nouveau-nés sont des garçons. Déterminer
un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la fréquence des garçons
nouveau-nés dans des échantillons de taille 25. Que peut-on en déduire pour
le nombre de garçons parmi 25 nouveau-nés ?
Utilisation
Prise de décision
On a découvert une pièce ancienne et on se demande si elle est bien équilibrée.
Comment faire ?
On lance n fois la pièce et on note la fréquence f d’apparition de « pile ».
On détermine un intervalle de fluctuation In au seuil de 95 % de la fréquence
d’apparition de « pile » dans des échantillons de taille n.
Règle de décision : si f appartient à l’intervalle In , on décide que la pièce est
équilibrée ; si f n’appartient pas à l’intervalle In , on décide que la pièce n’est pas
équilibrée.
Dans chacun des deux cas suivants, quelle est la décision prise ?
n = 100 et f = 0, 56
n = 1000 et f = 0, 560.
Séquence 9 – MA02
27
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Activité 5
Sur le tableur Open Office, on a simulé 100 échantillons de n lancers d’un dé
tétraédrique bien équilibré.
On a déterminé les fréquences où la face marquée 1 est la face cachée ( p = 0, 25),
elles sont indiquées en ordonnées sur le graphique.
Dans chacun des trois cas, déterminer :

le pourcentage des fréquences appartenant à l’intervalle p −

1
1 
;p+
;
n
n
le pourcentage des fréquences appartenant à

p (1− p ) 
p (1− p )
; p + 1, 96
 p − 1, 96
.
n
n


Premier cas
Fluctation 100 échantillons
n = 50
p = 0,25
40
60
0,4
0,35
fréquence
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
28
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Séquence 9 – MA02
20
80
100
Deuxième cas
Fluctation 100 échantillons
fréquence
n = 100
p = 0,25
40
60
0,4
0,35
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
20
80
100
Troisième cas
Fluctation 100 échantillons
fréquence
0,35
n = 200
p = 0,25
40
60
0,3
0,25
0,2
0,15
0,1
0,05
0
0
20
80
100
Séquence 9 – MA02
29
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C
Cours
1. Intervalles de fluctuation asymptotique
Dans ce qui suit, on considère des variables aléatoires X n suivant chacune une
loi binomiale B(n ; p ) (exemple : on lance n fois une pièce équilibrée, X n est le
nombre de « pile » obtenus, X n suit la loi B(n ; 0,5)).
X
La variable aléatoire Fn = n donne donc la fréquence du nombre de « sucn
cès ».
Propriété 7
X
La variable aléatoire Fn = n :
n
1 2
n
t prend n + 1 valeurs : 0, , ,...,
;
n n
n
p (1− p )
X 
X 
.
t vérifie E  n  = p et σ  n  =
 n 
 n 
n
Démonstration
La variable aléatoire X n prenant les n + 1 valeurs : 0, 1, 2, …, n, on en déduit
celles de Fn .
On sait que E ( X n ) = np et σ ( X n ) = np (1− p ), on sait aussi que
E(aX + b ) = aE( X ) + b et σ (aX + b ) = a σ ( X ), donc on divise l’espérance et
l’écart-type par n et on obtient les valeurs annoncées.
Les fréquences Fn ont pour espérance p qui ne dépend pas de n.
p (1− p )
qui diminue quand n augmente.
n
Les résultats observés ont tendance à se resserrer autour de l’espérance p quand
n augmente. C’est cette concentration des valeurs les plus probables autour de p
qui permet d’améliorer la prise de décision à partir des observations.
Les fréquences Fn ont pour écart-type
Définition 6
X
Un intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoire Fn = n
n
au seuil 1− α est un intervalle déterminé à partir de p et de n et qui contient
Fn avec une probabilité d’autant plus proche de 1− α que n est grand.
30
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Séquence 9 – MA02
왘
Exemple
On montrera plus loin que l’intervalle  p − 1 ; p + 1  est un intervalle de

n
n 

fluctuation asymptotique au seuil de 95 % (α = 0,05). En classe de Seconde,
cela a été énoncé sous forme simplifiée, le caractère asymptotique ne pouvant
pas être introduit. Des exemples ont été donnés dans l’activité 4.
Dans le théorème qui suit, le nombre u α est celui qui est défini dans le chapitre 2 : l’unique réel tel que P (−u α ≤ Z ≤ u α ) = 1− α , la variable aléatoire Z
suivant la loi normale N (0 ;1).
Théorème 3
Soit p un nombre réel fixé de l’intervalle ]0 ; 1[ .
Soit une suite de variables aléatoires ( X n ) chaque variable aléatoire X n
suivant la loi binomiale B(n ; p ), alors, pour tout réel α dans ]0 ; 1[ , on a
X

lim P  n ∈ In  = 1− α , où In est l’intervalle

n →+∞  n

p (1− p ) 
p (1− p )
; p + uα
p − u α
.
n 
n

Démonstration
La variable aléatoire X n suit la loi binomiale B(n ; p ), donc E ( X n ) = np et
σ ( X n ) = np (1− p ).
X − np
La variable aléatoire Z n définie par Z n = n
est la variable centrée et
(
1
−
)
np
p
réduite associée à X .
n
D’après le théorème de Moivre-Laplace, pour tous réels a et b tels que a < b ,
on a :
x2
−
b 1
e 2 dx .
lim P (a ≤ Z n ≤ b ) = ∫
a
n →+∞
2π
Or :


X − np
P (a ≤ Z n ≤ b ) = P a ≤ n
≤ b 
np (1− p )


(
)
= P (np + a np (1− p ) ≤ X n ≤ np + b np (1− p ) )
= P a np (1− p ) ≤ X n − np ≤ b np (1− p )
 a p (1− p ) X
b p (1− p ) 
.
= P  p +
≤ n ≤p+
n
n
n
 x2


 a p (1− p ) X
−
b
p
p
(1
−
)
b
1
Donc lim P  p +
 = ∫
e 2 dx .
≤ n ≤p+
n
n →+∞ 
n
n
 a 2π
En remplaçant a et b par −u α et u α on obtient :
2
x
 u p (1− p ) X
u α p (1− p ) 
uα 1 − 2
α
n
 = ∫
e
dx = 1− α ,
lim P  p −
≤
≤p+
−u α 2π
n
n →+∞ 
n
n

c’est-à-dire :

X
lim P  n ∈ In  = 1− α.

n →+∞  n
Séquence 9 – MA02
31
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Propriété 8

p (1− p )
p (1− p ) 
L’intervalle In = p − u α
; p + uα
 est un intervalle de
n
n 

X
fluctuation asymptotique au seuil 1− α de la variable aléatoire Fn = n .
n
À savoir
Démonstration
C’est une conséquence immédiate du théorème précédent car la suite
X

X
P  n ∈ In  converge vers 1− α. L’intervalle In contient bien Fn = n avec
n
 n

une probabilité d’autant plus proche de 1− α que n est grand.

p (1− p ) 
p (1− p )
; p + 1,96
L’intervalle Jn = p − 1,96
 est un intervalle de
n 
n

fluctuation asymptotique au seuil de 95 % (p désigne la proportion dans la
population).
En effet, pour α = 0,05 , on sait que u 0,05 ≈ 1, 96.
Remarque
Les intervalles In et Jn sont des intervalles de fluctuation asymptotiques car il y
a la condition « d’autant plus proche de … que n est grand ». On peut considérer
que In et Jn sont des intervalles de fluctuation « approchés », la probabilité
que Fn appartienne à In ou à Jn n’est pas forcément supérieure à 0,95 mais si
elle n’est pas supérieure à cette valeur, elle en est proche.
En pratique dans les exercices, la taille n de l’échantillon est fixée, l’intervalle de
fluctuation asymptotique Jn correspondant sera l’intervalle de fluctuation utilisé.
Remarque
Conditions d’utilisation
Les exigences habituelles de précision pour utiliser cette approximation sont :
n ≥ 30, np ≥ 5 et n (1− p ) ≥ 5.
Remarque
Dans l’activité 5, on a pu faire des observations cohérentes avec ces résultats.
Mais la définition d’un intervalle de fluctuation est exprimée avec une probabilité. Si vous faites d’autres simulations avec le fichier qui est sur le site, il se peut
que quelques observations donnent des pourcentages éventuellement un peu
éloignés de 95 %.
왘
Exemple 2
Déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % lorsque
n = 100 et p = 0, 5.
왘
Solution
On a np = 50 et n (1− p ) = 50 donc les trois conditions sont réalisées et on peut
utiliser l’intervalle Jn . On obtient :

0,5 × 0,5 
0,5 × 0,5
; 0,5 + 1,96
J100 = 0,5 − 1,96
 soit [ 0, 402 ; 0, 598 ].
100 
100

Cet exemple modélise 100 lancers d’une pièce équilibrée. On peut donc dire que,
pour environ 95 % des séries de 100 lancers, la fréquence du nombre de « pile »
obtenus se situe dans l’intervalle [ 0, 402 ; 0, 598 ].
32
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Séquence 9 – MA02
Remarque
Ces intervalles de fluctuation asymptotique sont plus faciles à déterminer que
ceux du cours de Première qui nécessitaient l’utilisation de tableurs ou d’algorithmes.
2. Exemple d’utilisation : prise de décision
On utilise un intervalle de fluctuation lorsque l’on veut déterminer si la proportion f observée dans un échantillon est compatible ou non avec un modèle de
Bernoulli, c’est-à-dire si elle peut être un résultat obtenu par une variable aléatoire
X
Fn = n , où X n suit une loi binomiale de paramètres n et p, la valeur p étant
n
connue ou supposée dans la population.
Quand X n suit une loi binomiale de paramètres n et p, un intervalle de fluctuation asymptotique In au seuil de 95 % est un intervalle où se situe la fréquence
X
Fn = n avec une probabilité d’autant plus proche de 0,95 que n est grand.
n
L’intervalle In contient donc environ 95 % des fréquences observées dans les
échantillons de taille n suffisamment grande. Des fréquences (environ 5 %) de
certains échantillons ne sont pas dans In , c’est la fluctuation d’échantillonnage.
En fonction de l’appartenance ou non de la fréquence observée f à l’intervalle
In , on décide si l’échantillon est conforme ou non au modèle.
La règle de décision adoptée est la suivante :
t si la fréquence observée f dans un échantillon appartient à un intervalle
de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %, on considère que l’échantillon est compatible avec le modèle ;
t sinon, on considère que l’échantillon n’est pas compatible avec le modèle.
Remarque
Avec cette règle, la fluctuation d’échantillonnage amène à rejeter, à tort, les 5 %
(environ) d’échantillons qui suivent le modèle de Bernoulli et qui ne sont pas
dans In .
Dans les exemples, les tirages sont effectués sans remise. La taille des échantillons considérés étant faible par rapport à la taille de la population totale, on
assimile les tirages réalisés à des tirages avec remise et on peut alors appliquer
les résultats précédents.
왘
Exemple 3
(D’après document ressources de l’Éducation nationale)
Le responsable de la maintenance des machines à sous d’un casino doit vérifier
qu’un certain type de machine est bien réglé sur une fréquence de succès de 0,06.
Il décide de régler chaque machine pour laquelle il aura observé, dans l’historique
des jeux, une fréquence de succès se situant en dehors d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 %.
Lors du contrôle d’une machine, le technicien constate qu’elle a fourni 9 succès
sur 85 jeux.
Séquence 9 – MA02
33
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Déterminer la fréquence observée f de succès de cette machine.
Déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique du cours au seuil de
95 %.
Le technicien va-t-il modifier le réglage de la machine ?
Quelle aurait été sa décision s’il y avait eu 21 succès sur 200 jeux ?
왘
Solution
On a f = 9 ≈ 0,106.
85
On a n = 85, p = 0, 06, np = 5,1 et n (1− p ) = 79, 9, donc les conditions sont
remplies pour utiliser l’intervalle de fluctuation asymptotique du cours

0, 06 × 0, 94 
0, 06 × 0, 94
; p + 1, 96
0, 06 − 1, 96
.
85
85


0,009 est une valeur approchée par défaut
Comme
0, 06 − 1, 96
0, 06 × 0, 94
85
de
et 0,111 est une valeur approchée par
0, 06 × 0, 94
, alors [ 0, 009 ; 0,111] contient
85

0, 06 × 0, 94 
0, 06 × 0, 94
; p + 1, 96
 et [ 0, 009 ; 0,111] est
0, 06 − 1, 96
85
85


excès
de
0, 06 + 1, 96
donc un intervalle de fluctuation légèrement plus large que celui du cours.
La fréquence observée f se situe dans l’intervalle de fluctuation, donc le
réglage de la machine n’est pas modifié.
21
= 0,105 et l’in200
tervalle de fluctuation est environ égal à [ 0, 027 ; 0, 093]. La fréquence f du
nombre de succès observée n’est pas dans l’intervalle car elle est trop grande,
donc le technicien va modifier le réglage de la machine. On remarque que,
dans les deux cas, les fréquences f sont presque les mêmes mais les décisions
prises sont différentes car les intervalles de fluctuation sont différents.
Dans ce deuxième cas, la fréquence observée est f =
Remarque
L’amplitude de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % du cours
p (1− p )
est égale à 2 × 1, 96
. Pour une valeur de p donnée, cette amplitude
n
diminue quand la taille n de l’échantillon augmente.

3. Complément sur les intervalles p −

1
1 
;p+

n
n
a) On peut retrouver l’intervalle de fluctuation qui a été
donné en classe de Seconde.
1
est vérifiée (la fonction polynôme
4
2
du second degré p ֏ p (1− p ) = − p + p admet un maximum car le coefficient de
1
1  1 1
p 2 est négatif, ce maximum est atteint pour p = et il vaut donc  1−  = ).
2
2  2 4
Pour tout p dans ]0 ; 1[ , l’inégalité p (1− p ) ≤
34
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Séquence 9 – MA02
1
≤ 1.
4
Remarquons que cette inégalité a déjà été démontrée (exemple 12 de la
séquence 2, Généralités sur les fonctions).
On en déduit que 1, 96 p (1− p ) ≤ 1, 96 ×
On peut alors élargir l’intervalle de fluctuation Jn donné dans le cas particulier :
p (1− p )
p (1− p )
1
1
≤ p − 1, 96
≤ p + 1, 96
≤p+
.
n
n
n
n
1
1 
Donc l’intervalle J n est inclus dans l’intervalle  p −
;p+
 , ce qui prouve
n
n


que
 
X
1 Xn
1 
≤
≤p+
P  n ∈ Jn  ≤ P  p −
.
 
 n
n
n n
p−
Conclusion
1
1 
L’intervalle  p −
est bien un intervalle de fluctuation asympto;p+
n
n 

X
tique de n à un seuil au moins égal à celui de Jn , c’est-à-dire 95 %.
n
b) Théorème
Le théorème suivant fournit une inégalité à la place des mots « environ »,
« proche de ».
Il sera utilisé dans le chapitre suivant.
Théorème 4
Soit un réel p de l’intervalle ]0 ; 1[ et une suite de variables aléatoires ( X n )
où chaque variable aléatoire X n suit la loi binomiale B(n ; p ). Il existe un
X
1
1 
entier n0 tel que : si n ≥ n0 alors P  n ∈  p −
;p+
≥ 0, 95.
 n 
n
n 
Démonstration
La démonstration est proposée ci-dessous en exercice résolu. Elle fait intervenir
le théorème de Moivre-Laplace, la définition d’une suite convergente, la majoration de p (1− p ) vue ci-dessus.
Exercice résolu
Démontrer que

p (1− p ) X n
p (1− p ) 
1 Xn
1 

≤P p −
≤
≤p+
Pp −2
≤
≤ p +2
.


n
n
n
n 
n
n


p (1− p ) 
p (1− p ) X n
On pose an = P p − 2
≤
≤ p +2
 . Démontrer que

n
n 
n



X − np
≤ 2 et en déduire que la suite (an ) est convergente
an = P  −2 ≤ n
np (1− p ) 

vers une limite L telle que 0, 95 < L < 0, 96.
Séquence 9 – MA02
35
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En déduire qu’il existe un entier n0 tel que : si n ≥ n0 alors
X
1
1 

P  n ∈ p −
;p+
≥ 0, 95.
 n 
n
n 
왘
Solution
On fait avec 2 ce que l’on a fait pour 1,96.
1
≤ 1.
4
p (1− p )
p (1− p )
1
1
On obtient : p −
≤ p −2
≤ p +2
≤p+
.
n
n
n
n

p (1− p ) 
p (1− p ) X n
1 Xn
1 

Donc P  p − 2
≤P p −
≤
≤p+
≤
≤ p +2
.


n
n
n
n 
n
n

Pour tout réel p de l’intervalle ]0 ; 1[ , on a 2 p (1− p ) ≤ 2 ×
On a :
p −2
p (1− p ) X n
p (1− p )
≤
≤ p +2
⇔ np − 2 np (1− p ) ≤ X n ≤ np + 2 np (1− p )
n
n
n
X − np
≤ 2.
⇔ −2 ≤ n
np (1− p )
Donc



p (1− p ) 
p (1− p ) X n
X − np
≤ 2 = an .
Pp −2
≤
≤ p +2
= P  −2 ≤ n

n
n 
np (1− p ) 
n


D’après le théorème de Moivre-Laplace
x2


2 1 −
X n − np
≤ 2 =
lim an = lim P  −2 ≤
e 2 d x = L.
np (1− p )  ∫−2 2π
n →+∞
n →+∞ 
Le calcul de L donne L ≈ 0, 9544997, donc 0, 95 < L < 0, 96.
La suite (an ) converge vers L, donc il existe un rang n0 à partir duquel tous
les termes de la suite (an ) sont dans l’intervalle ]0, 95 ; 0, 96[ . (Remarque :
n0 dépend de p.)
On en déduit que si n ≥ n0 alors 0, 95 < an .
1 Xn
1 

À la question , on a montré que an ≤ P  p −
≤
≤p+
 . On en

n
n
n
1 Xn
1 

déduit que si n ≥ n0 alors 0, 95 < an ≤ P  p −
≤
≤p+


n
n
n
 Xn 
1
1 
d’où P 
;p+
≥ 0, 95.
∈ p−
 n 
n
n 
Remarque
Le nombre n0 dépend de p. Un algorithme de calcul montre que sa plus grande
1
valeur est obtenue pour p = (la variance est alors maximale) et on obtient
2
alors n = 529.
0
36
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Séquence 9 – MA02
D
Exercice 8
Exercices d’apprentissage
(D’après document ressources de l’Éducation nationale)
Les enfants sont dits prématurés lorsque la durée gestationnelle est inférieure
ou égale à 259 jours. La proportion de ces naissances est de 6 %. Des chercheurs
suggèrent que les femmes ayant eu un travail pénible pendant leur grossesse
sont plus susceptibles d’avoir un enfant prématuré que les autres. Il est décidé
de réaliser une enquête auprès d’un échantillon aléatoire de 400 naissances correspondant à des femmes ayant eu pendant leur grossesse un travail pénible. Les
chercheurs décident a priori que si la proportion d’enfants nés prématurés dans
cet échantillon est supérieure à la borne supérieure d’un intervalle de fluctuation
asymptotique au seuil de 0,95, alors leur hypothèse sera acceptée. Finalement, le
nombre d’enfants prématurés est de 50. Quelle est donc la conclusion ?
Exercice 9
Dans le monde, la proportion de gauchers est 12 %.
Dans un club de tennis, il y a 21 gauchers parmi les 103 licenciés.
Déterminer la fréquence de gauchers dans ce club.
Déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.
Peut-on dire que ce club est « représentatif » de la proportion de gauchers
dans le monde ?
Exercice 10
On souhaite utiliser l’intervalle de fluctuation asymptotique

p (1− p )
p (1− p ) 
J n =  p − 1, 96
; p + 1, 96
.
n
n 

Pour p = 0, 02, déterminer la plus petite valeur de n vérifiant les conditions
d’utilisation :
n ≥ 30, np ≥ 5 et n (1− p ) ≥ 5.
Déterminer ensuite la plus petite valeur de n pour laquelle l’amplitude de
l’intervalle de fluctuation est inférieure à 0,1.
Séquence 9 – MA02
37
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1
4 Estimation
A
Objectifs du chapitre
On souhaite connaître, dans une population, la valeur d’une proportion p (proportion des pièces défectueuses parmi les pièces fabriquées par une usine, proportion des gauchers en France, intentions de vote pour un référendum…).
Pour des raisons matérielles, financières ou autres (par exemple, on ne peut pas
tester le bon fonctionnement de toutes les allumettes d’une production car dans
ce cas tester une allumette amène à la détruire !), on ne peut pas toujours réunir
les données concernant la population tout entière.
On va donc estimer la proportion p que l’on cherche à partir de la fréquence f
observée dans un échantillon.
Mais on sait que cette fréquence observée va varier d’un échantillon à l’autre,
c’est la fluctuation d’échantillonnage autour de p.
Il est donc nécessaire de tenir compte de cette fluctuation en donnant un résultat
sous forme d’un intervalle, appelé « intervalle de confiance » en précisant aussi
le niveau de confiance que l’on accorde à cette réponse.
Dans ce chapitre, on montre comment on peut déterminer un intervalle de
confiance avec un niveau de confiance de 95 %.
Cet intervalle dépendant de la taille de l’échantillon, on détermine la taille de
l’échantillon qui est suffisante pour obtenir une précision donnée (qui dépend
de l’amplitude de l’intervalle de confiance), le niveau de confiance étant toujours
95 %.
B
Pour débuter
Dans ce chapitre, vous apprendrez à répondre à des questions analogues à la
suivante.
On considère une urne contenant un très grand nombre de petites billes de couleur blanche ou noire, la proportion p de billes noires est inconnue. On cherche à
estimer p à partir d’un échantillon de taille n.
On effectue 100 tirages indépendants et on obtient 71 billes noires et 29 billes
blanches, à combien peut-on estimer p ?
Même question sachant qu’on a effectué 1000 tirages et obtenu 693 billes
noires et 307 billes blanches.
38
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Séquence 9 – MA02
C
Cours
1. Résultat préliminaire
Démontrer que, pour tous réels x et y et pour tout réel r positif, on a :
왘
Solution
Remarque
x − r ≤ y ≤ x + r ⇔ y − r ≤ x ≤ y + r.
x ≤ y + r
x − r ≤ y
⇔ y − r ≤ x ≤ y + r.
⇔
x −r ≤ y ≤ x +r ⇔ 
y − r ≤ x
y ≤ x + r
La double inégalité x − r ≤ y ≤ x + r équivaut à −r ≤ y − x ≤ r qui peut s’interprétér avec une valeur absolue : y − x ≤ r . La distance entre les deux nombres x
et y est inférieure à r, les deux nombres x et y jouant le même rôle.
2. Exemple de référence
Avant d’aborder les définitions et les propriétés bien mises en forme mais un peu
difficiles au premier abord, nous allons étudier un exemple.
On considère une urne contenant un très grand nombre de petites billes de couleur blanche ou noire, la proportion p de billes noires est inconnue. On cherche à
estimer p à partir d’un échantillon de taille n.
La probabilité d’obtenir une bille noire quand on fait un tirage au hasard est
égale à la proportion p.
On sait donc que, parmi tous les échantillons de taille n qu’on peut obtenir, environ 95 % d’entre eux ont une fréquence f qui appartient à l’intervalle de fluctua1
1 
tion  p −
;p+
. Le résultat préliminaire du prouve que :
n
n 

1
1
1
1
p−
≤f ≤ p +
⇔f −
≤ p ≤f +
,
n
n
n
n
1
1 ′′

ce qui permet de déduire que : f ∈  p −
;p+
 est équivalent à
n
n
′′


1
1 

p ∈ f −
;f +
.
n
n 

Donc, parmi tous les échantillons de taille n qu’on peut obtenir, environ 95 %
1
1 
sont tels que l’intervalle associé f −
contient le nombre p que
;f +
n
n 

l’on cherche à estimer.
On réalise donc un échantillon de taille n en effectuant n tirages indépendants
(tirages au hasard avec remise). On calcule la fréquence f de billes noires dans
1
1 

;f +
.
l’échantillon obtenu et on détermine l’intervalle f −
n
n 

1
1 
On dit alors que p appartient à f −
avec un niveau de confiance
;f +
n
n 

1
1 
de 95 % et que l’intervalle f −
;f +
 est un intervalle de confiance au
n
n


niveau 95 %.
Séquence 9 – MA02
39
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왘
Exemple 4
On effectue 100 tirages indépendants et on obtient 71 billes noires et 29
billes blanches. Donner un intervalle de confiance au niveau de 95 % pour la
proportion p de billes noires.
Même question sachant qu’on a effectué 1000 tirages et obtenu 693 billes
noires.
왘
Solution
On trouve f = 0, 71. Comme n = 100, l’intervalle f − 1 ; f + 1  est


n
n

1 
1

l’intervalle 0, 71−
; 0, 71+
, soit [ 0, 61; 0, 81].
100 
100

La proportion p de billes noires appartient à [ 0, 61; 0, 81] avec un niveau de
confiance de 95 %.
On dit aussi que la proportion de billes noires est estimée à 0,71 avec l’intervalle de confiance de [ 0, 61; 0, 81] au niveau 95 %.
On a ici f = 0, 693.
Un intervalle de confiance au niveau 95 % est donc
1 
1

0, 693 − 1000 ; 0, 693 + 1000  .


Pour donner un intervalle dont les bornes sont des nombres décimaux ayant trois
chiffres après la virgule, on détermine une valeur approchée par excès de la borne
de droite et une valeur approchée par défaut de la borne de gauche : on obtient
[0,661; 0,725].
La proportion de billes noires est estimée à 0,693 avec l’intervalle de confiance
de [ 0, 661; 0, 725] au niveau de 95 %.
1
1 
Il est clair qu’une fois l’échantillon réalisé, l’intervalle f −
est
;f +
n
n 

déterminé et il n’y a alors que deux possibilités : p appartient ou n’appartient pas
à cet intervalle (de même quand on a lancé une pièce, on a obtenu « pile » ou on
a obtenu « face »). C’est pourquoi on ne s’exprime plus en termes de probabilité.
Pour exprimer l’idée qu’on a obtenu un intervalle et qu’environ 95 % des intervalles qu’on peut obtenir ainsi contiennent la proportion cherchée, on a choisi le
mot « confiance ».
3. Définition
Comme dans le chapitre précédent, on considère une suite de variables aléatoires
( X n ) où chaque variable aléatoire X n suit la loi binomiale B(n ; p ) (exemple :
on lance n fois une pièce et X n est le nombre de « pile » obtenus). La variable
X
aléatoire Fn = n donne donc la fréquence du nombre de « succès ».
n
On dit qu’un intervalle est aléatoire lorsque ses bornes sont définies par des
variables aléatoires.
La réalisation d’un intervalle aléatoire est l’intervalle obtenu après avoir réalisé
l’expérience aléatoire (après avoir lancé 500 fois une pièce, interrogé 1000 personnes…).
40
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Séquence 9 – MA02
Définition 7
Un intervalle de confiance pour une proportion p à un niveau de confiance
de 95 % est la réalisation, à partir d’un échantillon, d’un intervalle aléatoire
contenant la proportion p avec une probabilité supérieure ou égale à 95 %.
Propriété 9
1
1 
Pour une valeur de p fixée, l’intervalle aléatoire Fn −
; Fn +
n
n 

contient, pour n assez grand, la proportion p avec une probabilité au moins
égale à 0,95.
Démonstration
Dans le chapitre précédent, on a démontré le théorème 4. On sait donc que, pour
une valeur de p fixée, il existe un entier n0 tel que : si n ≥ n0 alors
1 Xn
1 

Pp −
≤
≤p+
 ≥ 0, 95.

n
n
n
1 Xn
1 
1
1 


Comme P  p −
≤
≤p+
= P  Fn −
≤ p ≤ Fn +

 , l’intervalle


n
n
n
n
n
1
1 
contient bien pour n ≥ n0 la proportion p avec
aléatoire Fn −
; Fn +
n
n 

une probabilité au moins égale à 0,95.
À savoir
On se place dans le cas où l’échantillon contient au moins 30 éléments. Si
la fréquence f observée est telle que nf ≥ 5 et n (1− f ) ≥ 5, on convient
1
1 
est
que f est une estimation de p et que l’intervalle f −
;f +
n
n 

un intervalle de confiance au niveau de 95 % pour la proportion p.
Cet intervalle est parfois appelé fourchette de sondage.
4. Taille de l’échantillon pour obtenir une
précision donnée au niveau de confiance
de 95%
La précision de l’estimation est donnée par l’amplitude de l’intervalle
2
1
1 

f − n ; f + n  qui est égale à n et dépend donc de la taille n de l’échan

tillon.
Séquence 9 – MA02
41
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On observe que cette amplitude ne dépend pas de la taille de la population
totale, ce qui peut étonner. Mais pour goûter un plat, il suffit d’en goûter une
petite quantité, cette quantité ne dépend pas de la taille du récipient (mais il faut
néanmoins avoir bien mélangé) ! (Explication donnée d’après une idée de JeanLouis Boursin dans son livre Les structures du hasard.)
On peut donc choisir la taille n de l’échantillon pour obtenir la précision sou2
≤ a,
haitée. En notant a la précision souhaitée, on cherche un entier n tel que
n
4
soit n ≥ .
a2
Précision a
0,06
0,04
0,02
0,01
Taille minimale de l’échantillon n
1112
2500
10000
40000
Les sondages sont souvent faits avec des échantillons d’environ 1000 personnes,
la précision obtenue est donc d’environ 0,06.
Ainsi, questionner 1 112 personnes suffit pour avoir une fourchette de sondage
d’amplitude 0,06, qu’il s’agisse d’un sondage pour un référendum local concernant 100 000 électeurs ou pour le deuxième tour d’une élection présidentielle
concernant 35 millions d’électeurs.
Il faut bien sûr savoir cela quand on reçoit des informations où les sondages sont
un élément important.
5. Exemple : sondages et élections
왘
Exemple 5
Dans cet exercice, la population est suffisamment grande pour que les sondages
soient assimilés à des tirages avec remise. On ne tient compte que des réponses
exprimées, c’est-à-dire qu’on ne tient pas compte des prévisions d’abstentions ou
des intentions de vote nul. Les sondages sont faits auprès de 1 112 personnes.
Au deuxième tour de l’élection présidentielle, le dernier sondage de l’institut A
indique 52,5 % d’intentions de vote pour le candidat X et 47,5 % pour le candidat Y (les abstentions ou les votes nuls ne sont pas pris en compte).
L’institut B indique 50, 5 % d’intentions de vote pour le candidat X et 49, 5 %
pour le candidat Y.
Y a-t-il une contradiction entre les résultats de ces deux instituts de sondage ?
Le candidat X peut-il être totalement rassuré ?
왘
42
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Solution
L’intervalle de confiance f − 1 ; f + 1  obtenu à partir des résultats


n
n

de l’institut A qui donne f = 0, 525 pour le candidat X est environ égal à
[0, 495 ; 0,555]. En utilisant les résultats de l’institut B qui donne f = 0,505,
on obtient environ [ 0, 475 ; 0, 535]. Les deux intervalles de confiance ont une
partie commune, donc les résultats de ces deux instituts de sondage ne sont
pas en contradiction.
Séquence 9 – MA02
Le candidat X ne peut pas être totalement rassuré car les deux intervalles de
confiance contiennent des nombres inférieurs à 0,5, correspondant à un échec
de sa candidature.
6. Simulation
Pour mieux voir ce qu’est un intervalle de confiance, une fourchette de sondage,
on a réalisé 20 séries de 200 tirages de 0 et de 1 au hasard.
Pour chaque série, on obtient un intervalle de confiance.
Dans la colonne GS, on a déterminé la fréquence avec laquelle on a obtenu 1.
Dans les colonnes GT et GU sont calculées les bornes de l’intervalle de confiance
du cours au niveau de 95 %. La sélection des colonnes GT et GU et le choix
de « XY dispersion » dans type de diagramme dans Open Office donne le diagramme ci-dessous.
Les 20 intervalles de confiance sont limités verticalement par les deux séries de
points.
On constate ici que 19 d’entre eux contiennent p = 0, 5 qui est la proportion
réelle dans cet exemple de tirage au hasard. Un seul intervalle ne contient pas
p = 0, 5.
Dans d’autres simulations, on peut bien sûr trouver plusieurs intervalles de
confiance, plusieurs fourchettes de sondage, qui ne contiennent pas p ; on peut
aussi n’en trouver aucun.
Quand on veut estimer une proportion, on utilise un seul intervalle de confiance.
La simulation permet de voir qu’environ 95 % des intervalles de confiance
contiennent p ce qui illustre la propriété 8.
Séquence 9 – MA02
43
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7. Autre intervalle de confiance
Comme il existe différents intervalles de fluctuation, il existe différents intervalles
de confiance.

f (1− f ) 
f (1− f )
Par exemple, l’intervalle f − 1, 96
; f + 1, 96
 est aussi un intern 
n

valle de confiance qui est utilisé dans certains cas. On ne le justifiera pas ici.
D
Exercice 11
Exercices d’apprentissage
Une usine vient d’installer une chaîne de fabrication pour fabriquer une nou-
velle pièce. Après un bref temps de fonctionnement, on prélève 100 pièces.
La fabrication est assez importante pour que ce prélèvement soit assimilé
à un tirage avec remise. On trouve 23 pièces défectueuses. Déterminer un
intervalle de confiance de la proportion de pièces sans défaut avec un niveau
de confiance de 95 %.
Des modifications ont été apportées. On prélève de nouveau 100 pièces et on
en trouve 9 défectueuses.
Déterminer l’intervalle de confiance correspondant.
Conclure.
Exercice 12
Dans une grande ville, un nouveau cinéma va être construit. La municipalité propose un terrain à proximité du centre ancien.
Un premier sondage est effectué auprès de 100 personnes choisies de façon
aléatoire et indique 53 avis favorables. Peut-on dire que la majorité de la
population est favorable à cet emplacement ?
Un deuxième sondage effectué auprès de 500 personnes indique la même
proportion d’avis favorables. La conclusion est-elle différente ?
Si un sondage effectué auprès de n personnes indique la même proportion
d’avis favorables, à partir de quelle valeur de n peut-on estimer, au niveau
de confiance de 95 %, que la majorité de la population est favorable à cet
emplacement ?
44
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Séquence 9 – MA02
5 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
Dans cette séquence, trois types de variables aléatoires discrètes (prenant un
nombre fini de valeurs) sont utilisées.
Les variables dépendent des deux paramètres n et p.
Par exemple, on lance n fois une pièce déséquilibrée pour laquelle la probabilité
d’obtenir « pile » est égale à p = 0, 6. La variable aléatoire X n est égale au
nombre de fois où on obtient « pile ».
t Les variables aléatoires X n suivent des lois binomiales de paramètres n et p.
La variable aléatoire X n prend les valeurs entières de 0 à n, E ( X n ) = np et
σ ( X n ) = np (1− p ).
t La variable aléatoire Z n est la variable aléatoire centrée-réduite associée
à X n . La variable aléatoire Z n prend des valeurs discrètes, souvent non
entières, E ( Z n ) = 0 et σ ( Z n ) = 1. Toutes les variables Z n ont la même espérance et le même écart-type mais elles sont différentes (les valeurs prises par
Z n dépendent de n et de p).
X
t La variable aléatoire Fn = n est la variable aléatoire qui est la fréquence
n
associée à X n . La variable Fn prend des valeurs discrètes dans [ 0 ; 1] ,
E (Fn ) = p (indépendante de n) et σ (Fn ) diminue quand n augmente.
Centrer et réduire
Définition
On dit qu’une variable aléatoire est centrée et réduite lorsque son espérance
est nulle et son écart-type égal à 1.
Propriété
Soit X une variable aléatoire d’espérance m et d’écart-type σ , la variable
X −m
est une variable aléatoire centrée et réduite.
aléatoire Z =
σ
Séquence 9 – MA02
45
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Théorème de Moivre-Laplace
Soit p un nombre réel de l’intervalle ]0 ; 1[ .
Soit une suite de variables aléatoires ( X n ) où chaque variable aléatoire X n
suit la loi binomiale B(n ; p ).
X − np
, variable centrée et réduite associée à X n .
On pose Z n = n
np (1− p )
Alors, pour tous réels a et b tels que a < b , on a :
lim P (a ≤ Z n ≤ b ) = ∫
n →+∞
x2
1
e 2 dx .
−
b
a
2π
n = 99
0,5
p = 0,34
0,4
0,3
0,2
0,1
0
–4
–3
–2
–1
0
1
2
3
4
Loi normale centrée réduite
Définition
Une variable aléatoire X suit la loi normale centrée réduite N (0 ;1) si, pour
tous réels a et b tels que a < b , on a :
b
a
P (a ≤ X ≤ b ) = ∫ f ( x ) dx = ∫
b
a
x2
1
e 2 dx .
−
2π
1/ 2/ 0,4
O
46
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Séquence 9 – MA02
1
t Si X suit la loi normale N (0 ; 1) alors E( X ) = 0 et σ ( X ) = 1.
t Lorsque la variable aléatoire X suit la loi normale N (0 ; 1), pour tout nombre
α de l’intervalle ]0 ; 1[ , il existe un unique nombre réel positif u α tel que
P (−u α ≤ X ≤ u α ) = 1− α.
t Valeurs particulières à connaître :
{
u0,05 ≈ 1, 96 d’où : P ( −1, 96 ≤ X ≤ 1, 96 ) ≈ 0, 95.
{
u0,01 ≈ 2, 58 et P ( −2, 58 ≤ X ≤ 2, 58 ) ≈ 0, 99.
Autres lois normales
Définition
Une variable aléatoire X suit une loi normale N (µ ; σ 2 ) si la variable aléaX −µ
suit la loi normale centrée réduite N (0 ; 1).
toire Z =
σ
ᏺ (3;0,25)
ᏺ (1;1)
ᏺ (0;1)
ᏺ (1;4)
ᏺ (0;4)
O
1
t Espérance et écart-type
Si une variable aléatoire X suit la loi normale N (µ ; σ 2 ) alors E( X ) = µ et σ ( X ) = σ .
t Calculs
La variable aléatoire X suivant la loi normale N (µ ; σ 2 ), il faut savoir calculer des probabilités de
la forme : P (a ≤ X ≤ b ), P ( X ≤ c ) et P ( X ≥ c ), a, b et c étant des nombres réels donnés.
Il faut aussi savoir déterminer le nombre x tel que P ( X ≤ x ) = p , p étant une probabilité donnée.
Séquence 9 – MA02
47
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t À connaître
P (µ − σ ≤ X ≤ µ + σ ) ≈ 0, 68 (à 10−2 près) ;
P (µ − 2σ ≤ X ≤ µ + 2σ ) ≈ 0, 95 (à 10−2 près) ;
P (µ − 3σ ≤ X ≤ µ + 3σ ) ≈ 0, 997 (à 10−3 près).
0,68
µ
µ–␴
µ+␴
µ–2␴
µ–3␴
µ+2␴
µ+3␴
Intervalles de fluctuation
Définition
X
Un intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoire Fn = n
n
au seuil 1− α est un intervalle déterminé à partir de p et de n et qui contient
Fn avec une probabilité d’autant plus proche de 1− α que n est grand.
Théorème
Soit p un nombre réel fixé de l’intervalle ]0 ; 1[ .
Soit une suite de variables aléatoires ( X n ) , chaque variable aléatoire X n
sui-vant la loi binomiale B(n ; p ), alors, pour tout réel α dans ]0 ; 1[ , on a

X
lim P  n ∈ In  = 1− α , où In est l’intervalle

n →+∞  n

p (1− p ) 
p (1− p )
; p + uα
p − u α
 et u α désigne l’unique réel tel
n 
n

que P (−u α ≤ Z ≤ u α ) = 1− α , la variable aléatoire Z suivant la loi normale
N (0 ; 1).
48
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Séquence 9 – MA02
Propriété

p (1− p ) 
p (1− p )
L’intervalle In = p − u α
; p + uα
 est un intervalle de
n 
n

X
fluctuation asymptotique au seuil 1− α de la variable aléatoire Fn = n .
n

p (1− p ) 
p (1− p )
En particulier, l’intervalle Jn = p − 1,96
; p + 1,96
 est un
n 
n

intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.
Conditions d’utilisation
Les exigences habituelles de précision pour utiliser cette approximation sont :
n ≥ 30, np ≥ 5 et n (1− p ) ≥ 5.
t Il faut savoir utiliser un intervalle de fluctuation pour prendre une décision.
La règle de décision adoptée étant la suivante :
si la fréquence observée f dans un échantillon appartient à un intervalle
de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %, on considère que l’échantillon est compatible avec le modèle ;
{ sinon, on considère que l’échantillon n’est pas compatible avec le modèle.
{ Intervalle de confiance
Définitions
Un intervalle de confiance (on dit aussi une « fourchette de sondage »)
pour une proportion p à un niveau de confiance de 95 % est la réalisation,
à partir d’un échantillon, d’un intervalle aléatoire contenant la proportion p
avec une probabilité supérieure ou égale à 95 %.
t Il faut savoir estimer une proportion inconnue p grâce à un échantillon :
1
1 
la proportion p est estimée par la fréquence f, l’intervalle f −
;f +
n
n 

étant un intervalle de confiance au niveau de 95 %.
Conditions d’utilisation
On se place dans le cas où l’échantillon contient au moins 30 éléments et où
la fréquence f observée est telle que nf ≥ 5 et n (1− f ) ≥ 5.
t La précision de l’estimation est donnée par l’amplitude de l’intervalle
2
1
1 

qui
est
égale
à
et dépend donc de la taille n de
;
f
−
f
+

n
n
n 

l’échantillon.
Séquence 9 – MA02
49
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B
Exercices de synthèse
Plusieurs exercices de cette séquence sont issus de documents ressources de
l’Éducation nationale.
Exercice I
Lois normales
Sur une chaîne d’embouteillage, la quantité X (en cl) de liquide fournie par une
machine pour remplir chaque bouteille, étiquetée 75 cl, de contenance totale
83 cl (liquide + air + bouchon), peut être modélisée par une variable aléatoire X
suivant une loi normale de moyenne µ et d’écart-type σ = 2.
Le directeur de la coopérative demande de régler la machine pour qu’il y ait
moins de 1% de bouteilles qui débordent.
a) Quelle est alors la valeur de µ ?
b) Quelle est, dans les conditions du a), la probabilité que la bouteille contienne
moins de 75 cl ? La législation imposant qu’il y ait moins de 0,1 % de bouteilles contenant moins de 75 cl, la législation est-elle respectée ?
a) Sans changer l’écart-type, à quelle valeur de la moyenne µ doit-on régler
la machine pour respecter la législation ?
b) Quelle est alors la probabilité qu’une bouteille déborde au remplissage ?
Déterminer µ et σ pour qu’il y ait moins de 0,1 % de bouteilles de moins de
75 cl et moins de 1% de bouteilles qui débordent.
Exercice II
Intervalle de fluctuation
Les personnes qui achètent un billet pour un voyage en avion ne se présentent
pas toutes à l’embarquement. Les compagnies aériennes cherchent donc à optimiser le remplissage d’un avion en vendant éventuellement un nombre de billets
supérieur à la capacité de l’avion (on dit que les places sont vendues en surréservation ou en surbooking). Les compagnies aériennes veulent bien sûr maîtriser le
risque dû à cette pratique.
On considère un avion de 300 places, soit n le nombre de billets vendus, soit p la
probabilité qu’un client ayant acheté un billet se présente à l’embarquement
et soit X n la variable aléatoire désignant le nombre d’acheteurs d’un billet se
présentant à l’embarquement.
On cherche à évaluer n, n > 300, tel que P ( X n > 300 ) ≈ 0, 05, c’est-à-dire tel
que la probabilité que le nombre de passagers se présentant à l’embarquement
soit supérieur à 300 soit égale à peu près à 0,05.
Pour modéliser cette situation, on suppose que les comportements des clients
sont indépendants les uns des autres.
Déterminer la loi de X n .
On suppose que p = 0, 85. Écrire l’intervalle de fluctuation asymptotique J n
du cours pour
50
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Séquence 9 – MA02
Xn
au seuil de 95 %.
n
300 
, alors la probabilité que le nombre de pas
n 
sagers se présentant à l’embarquement excède 300 est inférieure à une valeur
proche de 0,05.
Montrer que si J n ⊂  0 ;
On cherche à déterminer la valeur de n maximale permettant de satisfaire la
 300 
condition J n ⊂ 0 ;
.
n 

 300 
, alors 0, 85n + 1, 96 0,1275 n − 300 ≤ 0.
a) Montrer que si J n ⊂ 0 ;
n 

b) On définit sur [1; + ∞[ la fonction f par f ( x ) = 0, 85x + 1, 96 0,1275 x − 300.
Montrer que la fonction f est strictement croissante sur [1; + ∞[ et déterminer le plus grand entier n0 pour lequel la fonction f prend une valeur
négative.
 300 
c) Vérifier que, pour cette valeur n0 , on a bien J n0 ⊂ 0 ;
 . Conclure.
 n0 
Appliquer la même démarche lorsque p = 0, 9 puis lorsque p = 0, 95. Commenter.
Exercice III
Intervalle de fluctuation au seuil de 98 %
Expliquer comment on peut retrouver, avec une calculatrice, les valeurs don-
nées dans le cours pour u 0,05 et u 0,01.
Déterminer u 0,02. En déduire un intervalle de fluctuation asymptotique au
X
seuil de 98 % de la variable aléatoire Fn = n , où chaque variable aléatoire
n
X n suit la loi binomiale B(n ; p ).
Une confiserie fabrique des pâtes de fruits. Les machines ont été réglées pour
que la proportion des pâtes de fruits de premier choix dans la production soit
de 80 %.
Dans un prélèvement d’un échantillon de 150 pâtes de fruits, on en a trouvé
122 de premier choix et 28 de deuxième choix.
La production est-elle conforme à la proportion attendue au seuil de 98 % ?
Exercice IV
Intervalle de confiance
Pour estimer dans une population la proportion p des individus possédant le
caractère A, on interroge au hasard 80 individus de cette population. On observe
que 18 individus possèdent le caractère A.
Donner pour p un intervalle de confiance au niveau de 95 %.
Donner une condition sur le nombre n d’individus interrogés pour que la précision obtenue par l’intervalle de confiance au niveau de 95 % soit inférieure
à 0,05.
Donner une condition sur le nombre n d’individus interrogés pour qu’avec la
même fréquence observée l’intervalle de confiance au niveau de 95 % soit
inclus dans [ 0 ; 0, 25].
Déterminer un entier n vérifiant les deux conditions. Quel serait alors l’intervalle de confiance au niveau de 95 % ? Séquence 9 – MA02
51
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Séquence 10
Géométrie dans
l’espace
Sommaire
1. Prérequis
2. Calculs vectoriels dans l’espace
3. Orthogonalité
4. Produit scalaire dans l’espace
5. Droites et plans de l’espace
6. Synthèse
Dans cette séquence, il s’agit d’une part de
renforcer la vision dans l’espace et d’autre
part de donner tous les outils algébriques et
géométriques permettant de traiter les problèmes d’intersections de droites et de plans.
Séquence 10 – MA02
1
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1 Prérequis
A
Géométrie plane
1. Vecteurs et colinéarité
Définition
La translation qui transforme A en B est la translation de vecteur AB.
왘 Conséquence
Un vecteur est donc un « objet mathématique » qui caractérise une translation.
Il est donc défini par la donnée :
t d’une direction, ici la droite (AB) ;
t d’un sens, ici de A vers B ;
t et d’une longueur (on dit aussi une norme), ici AB.
Définition
Soit A, B, C et D quatre points du plan. On a : AB = CD si et seulement si
les segments [AD] et [BC] ont le même milieu (c’est-à-dire si et seulement si
ABDC est un parallélogramme).
Propriété
Les coordonnées du vecteur AB sont : AB( x B − x A ; y B − y A ) où
A ( x A ; y A ) et B( x B ; y B ).
Propriété
C
Règle de Chasles
Soit A, B et C trois points du plan.
On a : AB + BC = AC.
A
B
Séquence 10 – MA02
3
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Propriété
Règle du parallélogramme
C
D
Soit A, B et C trois points du plan.
On a : AB + AC = AD, où D est le point
tel que ABDC soit un parallélogramme.
A
B
Définition
Deux vecteurs u et v sont colinéaires s’il existe un réel k tel que :
u = k ⋅v ou v = k ⋅ u .
왘 Conséquence
Soit u et v deux vecteurs du plan différents du vecteur nul.
Les vecteurs u et v sont colinéaires si et seulement si ils ont la même direction.
2. Décomposition d’un vecteur en fonction
de deux vecteurs donnés
Propriété
Deux vecteurs non colinéaires u et v étant fixés, il n’y a qu’une
seule
façon de décomposer un vecteur w sous la forme : w = xu + yv où x et y
sont deux nombres réels.
Définition
On dit que deux vecteurs non colinéaires u et v forment une base u , v
du plan.
Lorsque l’on décompose, de façon unique, un vecteur w sous la forme :
w = xu + yv , on dit que les nombres x et y sont les coordonnées du vec
teur w dans la base u , v .
Lorsque que les vecteurs u et v sont non colinéaires, orthogonaux et de
norme 1, on dit que la base u , v est orthonormée.
( )
( )
( )
4
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Séquence 10 – MA02
3. Équations cartésiennes de droite
Propriété
Dans un repère O ; i , j du plan, les vecteurs u (a ; b ) et v (c ; d ) ont
(
)
la même direction si et seulement si ad = bc (c’est-à-dire les coordonnées
des deux vecteurs sont proportionnelles).
Définition
On dit qu’un vecteur non nul u est un vecteur directeur d’une droite D si
et seulement s’il est colinéaire à un vecteur défini à l’aide de deux points
distincts de cette droite.
Propriété
Dans un repère O ; i , j du plan, si une droite (non parallèle à l’axe des
(
)
ordonnées) a pour coefficient directeur m (donc cette droite a une équation
de la forme y = mx + p ), l’un de ses vecteurs directeurs est le vecteur u
de coordonnées : u (1; m ).
Propriété
Dans un repère O ; i , j du plan, une droite a pour vecteur directeur le
vecteur u ( −b ; a ) si et seulement si elle a une équation cartésienne de la
forme ax + by + c = 0, a et b n’étant pas nuls tous les deux et c étant un
réel quelconque.
(
B
)
Produit scalaire dans le plan
1. Les différentes expressions
du produit scalaire
Remarque
Le produit scalaire est un nombre réel.
a) Cas particulier : vecteurs colinéaires
t Si u et v sont colinéaires de même sens, u ⋅ v = u × v .
t Si u et v sont colinéaires de sens contraires, u ⋅ v = − u × v .
t Si u = 0 ou v = 0 alors u ⋅ v = 0.
2
2
t u ⋅ u = u et se note parfois u .
Séquence 10 – MA02
5
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b) Cas général
u
t Avec une projection orthogonale
u ⋅ v = OA ⋅ OH où OH est le projeté orthogonal de v sur u .
H
0
v
t Avec cosinus et l’angle de vecteurs
Si u et v sont deux vecteurs non nuls, u ⋅ v = u × v × cos u ; v .
(
t Avec la norme uniquement
1
2 2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v  .
2 

1  2 2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v .
2 

1  2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v .
4 

)
t Expression analytique dans une base orthonormée i , j
( )
 x   x '
Si u  y  et v  y ' alors u ⋅ v = xx ′ + yy ′.
 
 
2. Propriétés
a) Produit scalaire de deux vecteurs orthogonaux
Propriété
Pour tous vecteurs u , v , on a : u ⊥ v ⇔ u ⋅ v = 0.
Remarque
La relation u ⊥ v signifie soit que u = 0, soit que v = 0, soit que leurs directions
sont perpendiculaires.
b) Propriétés opératoires
Propriété
Soit u , v et w trois vecteurs et k réel.
t Symétrie : u ⋅ v = v ⋅ u .
t Linéarité : u ⋅ v + w = u ⋅ v + u ⋅ w et u ⋅ kv = k × u ⋅ v .
(
) (
) (
)
produit scalaire
( )
(
multiplication dans ⺢
produit d’un vecteur par un réel
6
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Séquence 10 – MA02
)
t Identités remarquables
2 2 2
u +v = u + v + 2× u ⋅ v ;
(
)
2 2 2
u −v = u + v − 2× u ⋅ v ;
(
)
(u + v ) ⋅ (u − v ) = u 2 − v 2 .
c) Applications : calculs de longueurs, d’angles...
Les deux résultats ci-dessous ne sont pas exigibles !
t Relation d’Al Kashi
Soit ABC triangle
Alors
BC2 = AC2 + AB2 − 2 × AC × AB × cos AC ; AB soit
(
()
)
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A en notant BC = a, AC =b et AB = c.
Démonstration
On a :
2 2 2
BC2 = BC = BA + AC = AC − AB = AC2 + AB2 − 2 × AC ⋅ AB
= AC2 + AB2 − 2 × AC × AB × coss AC ; AB
( ) (
) (
(
)
(
)
)
Théorème de la médiane
BC2
Soit ABC triangle et I milieu de [BC]. Alors : AB + AC = 2AI +
.
2
2
2
2
Démonstration
On a :
2 2
AB2 + AC2 = AI + IB + AI + IC
2 2 = AI + IB + AI − IB (IC = −IB car I milieu de [BC])
=  AI2 + IB2 + 2 × AI ⋅ IB  +  AI2 + IB2 − 2 × AI ⋅ IB 

 

(
(
) (
) (
)
)
(
)
(
2
)
2
BC
 BC 
= 2 × AI + 2 × IB = 2AI + 2 ×   = 2AI2 +
.
 2
2
2
2
2
Séquence 10 – MA02
7
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d) Équation d’une droite du plan en repère orthonormé
Droite D
équation cartésienne du type ax + by + c = 0
 −b 
u  a  est un vecteur directeur de D
 
a
c
si b ≠ 0, équation réduite du type : y = − x −
b
b
Définition
Un vecteur normal à une droite D est un vecteur non nul orthogonal aux
vecteurs directeurs de D.
Propriété
Le plan étant muni d’un repère orthonormé O ; i , j , si une droite D a pour
(
)
équation cartésienne ax + by + c = 0 avec (a ; b ) ≠ (0 ; 0) alors le vecteur
a
n  b  est un vecteur normal à D.
 
a
Réciproquement, si une droite D a pour vecteur normal n  b  alors
D admet une équation cartésienne du type ax + by + c = 0.
C
Perspective cavalière
On désire représenter une figure de l’espace. Pour cela, on se donne un plan P (qui
correspond au plan sur lequel on représente l’objet) et une droite D de ce plan.
Alors, on définit :
– les plans frontaux : ce sont les plans parallèles à P ;
– les droites horizontales : ce sont les droites parallèles à D ;
H
– les fuyantes : ce sont les droites
perpendiculaires à P.
Par exemple, si ABCDEFGH est un
cube, si (ABF) est un plan frontal et si
(EF) est horizontale alors :
G
E
F
– le plan (CDG) est un plan frontal ;
– les droites (AB), (CD) et (GH) sont
horizontales ;
– les droites (AD), (BC), (EH) et (FG)
A
sont des fuyantes.
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Séquence 10 – MA02
C
D
B
Les règles de la perspective cavalière sont les suivantes.
Définition
t Les objets des plans frontaux sont représentés en vraie grandeur.
t Les fuyantes sont représentées par des droites faisant toutes le même
angle avec les droites horizontales, cet angle est l’angle de fuite de la
ci-dessus).
perspective ( FEH
t Sur les fuyantes, les longueurs sont réduites (ou agrandies) dans un même
rapport, ce rapport est le coefficient de réduction de la perspective (cidessus, le coefficient de réduction est : EH ).
EF
Propriétés
t Trois points alignés sont représentés par trois points alignés.
t Le milieu d’un segment est représenté par le milieu du segment dessiné.
t Deux droites parallèles sont représentées par deux droites parallèles.
On dit que la perspective cavalière conserve l’alignement, le milieu et le
parallélisme.
Séquence 10 – MA02
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D
Géométrie dans l’espace
1. Position relative de deux droites
Deux droites de l’espace peuvent être :
confondues : D = D ’
parallèles
strictement parallèles
(comme par exemple (DC)
et (AB))
coplanaires
(dans un même plan)
perpendiculaires
(comme par exemple (ED)
et (AH))
sécantes
quelconques
(comme par exemple (HD)
et (AH))
H
G
E
non coplanaires
(comme par exemple (EH) et (AC))
F
D
C
A
B
Remarque
Dans l’espace, deux droites sans point commun ne sont pas forcément parallèles.
Définition
Deux droites D et D ’ de l’espace sont parallèles si elles vérifient les deux
conditions suivantes :
t elles sont coplanaires ;
t elles sont confondues ou n’ont aucun point commun.
On note : D // D ’.
10
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Séquence 10 – MA02
Propriétés
t Deux droites parallèles à une même droite sont parallèles entre elles.
t Il n’existe qu’une seule droite parallèle à une droite donnée et passant
par un point extérieur à cette droite.
2. Les positions relatives d’une droite
et d’un plan
Soit D une droite et P un plan, on peut avoir :
D et P sont
parallèles
t D ⊂ P : la droite D est incluse dans le plan P (ex., dans le cube ABCDEDFGH : (AC) ⊂ (ABC)) ;
t D ∩ P = ‰ : D et P n’ont pas de point commun (1) (ex. : ( AC ) ∩ (EFG) = ∅) ;
t D ∩ P = {I} : D et P se coupent en un point (ex. : (ED) ∩ ( ABC ) = {D} ).
3. Les positions relatives de deux plans
Soit P et P ’ deux plans, on peut avoir :
P et P ’ sont
parallèles
t P et P ’ confondus : P = P ’ ;
t P et P ’ strictement parallèles : P ∩ P ’ = ∅ ;
t P et P ’ sécants suivant une droite ∆ : P ∩ P ’ = ∆.
Propriétés
t Si deux plans distincts de l’espace ont un point commun, ils ont exactement une droite commune passant par ce point.
t Si une droite D est parallèle à un plan P alors toute droite parallèle à D
est parallèle à tout plan parallèle à P.
t Il n’existe qu’un seul plan parallèle à un plan donné et passant par un
point donné.
t Si un plan est parallèle à deux plans distincts alors les trois plans sont
parallèles entre eux.
Théorème
Si un plan P contient deux droites sécantes et parallèles à un plan P ’ alors
les plans P et P ’ sont parallèles.
Séquence 10 – MA02
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E
Sections planes du cube
1. Propriétés utiles pour déterminer
l’intersection de deux plans quand
ils sont sécants suivant une droite
Propriété
Si une droite D est parallèle à un plan P, tout plan P ’ contenant D et
coupant P le coupe suivant une parallèle à D.
Propriété
Théorème du toit
Soit deux droites D et D ’ parallèles. Lorsqu’un plan P contenant D est
sécant à un plan P ’ contenant D ’, leur droite d’intersection ∆ est parallèle
à D et à D ’.
Remarque
La démonstration de ce théorème est rappelée au chapitre 2.
Propriété
Si deux plans sont parallèles, tout plan qui coupe l’un coupe l’autre et les
droites d’intersection sont parallèles.
À retenir
Méthode pour déterminer l’intersection de deux plans P et P ’ sécants selon une
droite D.
– On trouve deux points A et B distincts appartenant tous deux à P et P ’.
Alors : D = (AB).
– On trouve un point A commun aux deux plans et une droite ∆ de l’un parallèle
à l’autre. Alors D est la parallèle à ∆ passant par A.
– On trouve un point A commun aux deux plans et une droite ∆ intersection de P
et d’un plan parallèle à P ’. Alors D est la parallèle à ∆ passant par A.
2. Intersection d’une droite et d’un plan
À retenir
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Méthode pour déterminer l’intersection d’une droite D et d’un plan P.
– On trouve une droite ∆ de P coplanaire et sécante avec D.
Alors : D ∩ P = D ∩ ∆.
– (Méthode du plan auxiliaire) On trouve un plan P ’ contenant D puis on détermine
l’intersection (c’est une droite ∆) des plans P et P ’. Alors : D ∩ P = D ∩ ∆.
– On trouve un plan P ’ contenant D puis on détermine l’intersection des plans
P et P ’ (c’est une droite ∆). On a alors : D ∩ P = D ∩ ∆.
Séquence 10 – MA02
2
Calculs vectoriels
dans l’espace
A
Objectifs du chapitre
On se propose de généraliser à l’espace la notion de vecteurs. En particulier, on
montre en Première que tout vecteur peut s’écrire à partir de deux vecteurs non
colinéaires. Nous verrons que, dans l’espace, tout vecteur peut s’écrire à partir de
trois vecteurs non coplanaires.
À partir de ces résultats, nous pourrons introduire un repère de l’espace. Ce
moyen de repérage nous sera utile pour étudier « algébriquement » différentes
intersections.
B
Activité 1
Pour débuter
Rappelons que, dans le plan, deux vecteurs AB et DC sont égaux si et seulement
si ABCD est un parallélogramme.
Sur la figure ci-dessous, ABCDEFGH est un parallélépipède (c’est-à-dire un solide
de l’espace ayant six faces, les faces opposées étant parallèles deux à deux).
H
G
F
E
C
D
A
B
Quelle est la nature de chacune des faces du parallélépipède ?
On considère les couples de points (A, B), (D, C), (H, G), (E, F). Que peut-on dire :
a) des droites (AB), (DC), (HG), (EF) ?
b) des sens A vers B, D vers C, H vers G, E vers F ?
c) des longueurs AB, DC, HG, EF ?
d) des vecteurs AB et DC dans le plan (ABC) ?
e) des vecteurs DC et HG du plan (DCG) ?
Séquence 10 – MA02
13
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Pourquoi les points A, B, G et H sont-ils coplanaires ?
Démontrer que, dans le plan qui contient ces points, les vecteurs AB et HG sont
égaux.
Trouver de même des vecteurs égaux au vecteur AE.
Démontrer que les vecteurs AC et EG sont égaux.
Que dire de AC + AE ? de AB + AD + AE ?
C
Cours
1. Vecteurs de l’espace
a) Définition
La notion de vecteur vue en géométrie plane se généralise à l’espace.
Dans l’espace,
dans le plan, étant donné quatre points A, B, C et D, les
comme
vecteurs AB et CD sont égaux si la translation qui transforme A en B transforme
C en D, ce qui revient à dire que ABDC est un parallélogramme ou encore, si
A ≠ B et C ≠ D , que les trois conditions suivantes sont vérifiées :
t les vecteurs AB et CD ont la même direction : (AB) // (CD) ;
t les vecteurs AB et CD ont la même sens ;
t les vecteurs AB et CD ont la même norme : AB = CD.
왘
Exemple
Si ABCDEFGH est un parallélépipède (encore
appelé pavé) alors :
AB = DC = HG = EF.
H
D
G
C
E
A
F
B
Propriété 1
, il existe un unique point M
Pour tout point A de l’espace
et
tout
vecteur
u
de l’espace tel que : AM = u .
On retiendra que les règles de calculs sont les mêmes que dans le plan : addition, relation de Chasles, vecteur nul, multiplication d’un vecteur par un réel…
왘
14
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Exemple
Si ABCDEFGH est un parallélépipède, alors : AG = AB + BC + CG = AB + AD + AE.
Séquence 10 – MA02
b) Colinéarité
Définition 1
Soit u et v deux vecteurs de l’espace.
On
dit
que
u
et v sont colinéaires
s’il existe un réel k tel que u = kv ou v = ku .
Définition 2
Soit u un vecteur non nul de l’espace et A et B deux points tels que u = AB.
On dit que u est un vecteur directeur de la droite (AB).
On déduit des résultats de calculs vectoriels de géométrie plane les deux propriétés suivantes.
Propriété 2
Soit D une droite, u un vecteur directeur de D et v un vecteur non nul.
Alors v est un vecteur directeur de D si et seulement si u et v sont colinéaires.
Propriété 3
t Soit A, B, C et D quatre points distincts, les droites (AB) et (CD) sont paral
lèles si et seulement si les vecteurs AB et CD sont colinéaires.
t Soit A, B et C trois points distincts, les points A, B et C sont alignés si et
seulement si les vecteurs AB et AC sont colinéaires.
2. Vecteurs coplanaires
Définition 3
Soit u , v et w trois vecteurs de l’espace.
Soit O un point quelconque et les points A, B et C définis par :
OA = u , OB = v et OC = w .
Les vecteurs u , v et w sont coplanaires si O, A, B et C sont coplanaires.
Remarque
왘
Exemple 1
Si deux des vecteurs u , v et w sont colinéaires alors les trois vecteurs sont coplanaires.
Dans le cube ABCDEFGH, les vecteurs u , v et w sont-ils coplanaires dans les
cas suivants ?
Séquence 10 – MA02
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On a : u = AB, v = EG et w = FH.
On a : u = AB, v = DG et w = DH.
왘
Solution
On a : u = AB, v = EG = AC et w = FH = AI où I est le point de (CD) tel que D
est le milieu de [IC]. Les points A, B, C et I sont coplanaires (ils appartiennent
au plan (ABC)) donc u , v et w sont coplanaires.
On a : u = AB = DC, v = DG et w = DH. Les points D, C, G et H sont coplanaires
donc u , v et w sont coplanaires.
Propriété 4
Soit u et v deux vecteurs non colinéaires.
Les vecteurs u , v et w sont coplanaires si et seulement si il existe deux
réels x et y tels que : w = xu +yv .
Démonstration
u
= OA,
Soit
O
un
point
de
l’espace.
On
définit
les
points
A,
B
et
C
tels
que
w
OC.
=
et
v = OB
t Supposons qu’il existe deux réels x et y tels que : w = xu + yv .
Alors on a OC = x OA + y OB. Considérons les points A’ et B’ définis par :
OA ′ = x OA et OB′ = y OB.
Les points O, A et A’ (resp. O, B et B’) sont alignés donc A’ (resp. B’) appartient au
plan (OAB).
De plus, on a : OC = x OA + y OB = OA ′ + OB′ ce qui prouve que OA’CB’ est un
parallélogramme. Ainsi le point C appartient au plan (OA’B’), c’est-à-dire au plan
(OAB). Donc u , v et w sont coplanaires.
t Réciproquement, supposons que u , v et w sont coplanaires.
Les vecteurs u et v n’étant pas colinéaires, les points O, A et B ne sont pas ali gnés et définissent donc un plan P dont O ; u , v est un repère. Le point C
appartient à P. Notons (x ; y) ses coordonnées dans le repère O ; u , v . On a
donc OC = x OA + y OB et ainsi w = xu +yv .
(
왘 Conséquence
)
(
)
Soit A, B, C et D quatre points de l’espace. Ces quatre points sont coplanaires si et
seulement si il existe deux réels x et y tels que : AD = x AB + y AC.
Considérons un plan P.
Soit A un point de P, u et v deux vecteurs non colinéaires de directions parallèles à P.
16
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Séquence 10 – MA02
Soit B et C tels que : u = AB et v = AC. Comme les vecteurs u et v sont non colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés et comme les directions de ces deux
vecteurs sont parallèles à P, les points B et C appartiennent à P et donc P = (ABC).
Soit M un point de l’espace, on a donc :
M ∈P ⇔ A, B, C et M coplanaires
⇔ il existe deux réels x et y tels que : AM = x AB + y AC
⇔ il existe deux réels x et y tels que : AM = xu + yv .
On en déduit la propriété suivante.
Propriété 5
Un plan est caractérisé par un point et par deux vecteurs non colinéaires.
Si A est un point du plan P et u et v deux vecteurs non colinéaires de directions respectives parallèles
à P alors P est l’ensemble des points M de
l’espace définis par AM = xu + yv où x et y sont réels.
On note P = A ; u , v .
(
왘
Exemple 2
왘
Solution
)
Les points A, B, C, D et E vérifient 2EA + 4EB − 5EC − ED = 0 . Montrer que A, B,
C et D sont coplanaires.
De l’égalité 2EA + 4EB − 5EC − ED = 0
on déduit 2EA + 4EA + 4 AB − 5EA − 5 AC − EA −− EA − AD = 0
soit 4 AB − 5 AC − AD = 0 ou encore AD = 4 AB − 5 AC. . Cette dernière égalité
nous prouve bien que A, B, C et D sont coplanaires.
Rappelons la propriété suivante.
Si un plan P contient deux droites sécantes et parallèles à un plan P ’ alors les
plans P et P ’ sont parallèles.
On déduit de cette propriété la propriété suivante.
Propriété 6
Soit u et v deux vecteurs non colinéaires et A et B deux points de l’espace.
Les plans A ; u , v et B ; u , v sont parallèles.
(
Application
)
(
)
Démonstration du théorème du toit
Rappelons l’énoncé du théorème.
Soit P, P ’ et P ’’ trois plans, deux à deux sécants.
Séquence 10 – MA02
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On note : P ∩ P ′′ = D , P ′∩ P ′′ = D ′ et P ∩ P ′ = ∆.
Alors si D et D ’ sont parallèles, ∆ est parallèle à chacune de ces deux droites.
Démontrons ce résultat.
Soit u un vecteur directeur de D, c’est donc aussi un vecteur directeur de D ’.
Comme la droite D est incluse dans P, le vecteur u a une direction parallèle à
P. Considérons un vecteur v non colinéaire à u et de direction parallèle à P. Si
A est un point de P, on peut donc écrire P= A ; u , v .
De la même façon, il existe un point B et un vecteur v ′ tel que P ′= B ; u , v ′ .
(
)
(
)
Soit C un point de ∆. Ce point appartient
donc aux plans P et P ‘. Ainsi la droite
passant par C de vecteur directeur u est incluse dans les plans P et P ’. Autre
ment dit la droite passant par C de vecteur directeur u est ∆.
La droite ∆ a donc pour vecteur directeur u , ce qui prouve qu’elle est parallèle
aux droites D et D ’.
3. Décomposition d’un vecteur en fonction
de trois vecteurs non coplanaires
Théorème 1
Décomposition d’un vecteur en fonction de trois vecteurs non coplanaires
Soit i , j et k trois vecteurs de l’espace non coplanaires.
Pour tout vecteur u de l’espace, il existe un unique triplet (x ; y ; z ) de réels
tels que : u = xi +y j +zk .
Démonstration
t Existence
Prouvons
tout d’abord qu’il existe un triplet (x ; y ; z ) de réels tels que
u = xi +y j +zk .
Soit O un point du plan et A, B, C et M tels que : OA = i , OB = j , OC = k et OM = u .
Les vecteurs i , j et k ne sont pas coplanaires : O, A et B définissent un plan. La
droite (OC) et le plan (OAB) sont sécants.
C
M
k
B
j
O
M’
i
18
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A
Séquence 10 – MA02
Ainsi, la parallèle à (OC) passant par M coupe le plan (OAB).
On note M’ le point d’intersection.
Le point M’ appartient à (OAB) donc les vecteurs i , j et OM′ sont coplanaires et,
d’après la propriété 5 ( i et j n’étant pas colinéaires), il existe deux réels x et y
tels que OM′ = xi + y j .
De plus, (MM’) et (OC) sont parallèles donc les vecteurs M′ M et OC sont coli
néaires. Il existe donc un réel z tel que M′ M = z OC. On en déduit :
u = OM = OM' + M'M = xi + y j + zk .
t Unicité
Prouvons qu’il n’existe qu’un seul triplet (x ; y ; z ) de réels tels que u = xi +y j +zk .
Supposons que (x ; y ; z ) et (x ’ ; y ’ ; z ’) sont deux triplets qui conviennent.
On a : u = xi +y j +zk et u = x ′i +y j +z′k .
Alors : ( x − x ′ )i + ( y − y ′ ) j + (z − z ′ )k = u − u = 0.
Supposons par exemple que z ≠ z ′.
x − x′ y − y′ i−
j , ce qui contredit le fait que les vecteurs
Alors on a : k = −
z −z′
z −z′
i , j et k ne sont pas coplanaires. Cette contradiction nous montre que : z = z ’.
De même : x = x ’ et y = y ’.
Il ne peut donc y avoir deux (ou plus) triplets vérifiant l’égalité.
Compléments
Les notions abordées précédemment constituent les fondements de l’algèbre
linéaire très largement développés dans l’enseignement supérieur.
t Lorsque trois vecteurs i , j et k ne sont pas coplanaires, aucun de ces trois
vecteurs n’est combinaison linéaire des deuxautres
(par exemple,on ne
peut
pas trouver deux réels x et y tels que k = xi + y j ), on dit que i , j , k est
une famille libre. De la même façon, si u et v ne sont pas colinéaires, on dit
que u , v est une famille libre.
t Lorsque trois vecteurs i , j et k ne sont pas coplanaires, tout vecteur w de
l’espace est combinaison linéaire de i , j et k . On dit que i , j , k est une
et v ne sont pas
De
la
même
façon,
si
u
famille génératrice de l’espace.
colinéaires, on dit que u , v est une famille génératrice du plan.
t Une base est une famille à la fois libre et génératrice. Toutes les bases de
l’espace contiennent trois éléments non coplanaires (c’est pour cela que l’on
parle de dimension 3) et toutes les bases du plan contiennent deux éléments
non colinéaires (d’où la dimension 2).
(
)
( )
(
)
( )
Définition 4
Soit i , j et k trois vecteurs de l’espace non coplanaires et u un vecteur
de l’espace.
t On dit que i , j , k est une base de l’espace.
t Considérons l’unique triplet (x ; y ; z ) tel que : u = xi + yj + zk . Les trois
réels x, y et z sont les coordonnées de u dans la base i , j , k .
(
)
(
)
Séquence 10 – MA02
19
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Propriété 7
Soit u ( x ; y ; z ) et v ( x ′ ; y ′ ; z ′ ) dans la base i , j , k et k un réel
alors :
t u + v a pour coordonnées ( x + x ′ ; y + y ′ ; z + z ′ ) dans la base
i , j ,k ;
t ku a pour coordonnées (k × x ; k × y ; k × z ) dans la base i , j , k ;
t u et v sont colinéaires si et seulement si ( x ; y ; z ) et ( x ' ; y ' ; z ')
sont proportionnels.
(
(
왘
Exemple 3
왘
Solution
)
)
(
)
Étudier la coplanarité des vecteurs u , v et w dans les cas suivants.
u (1 ; 1 ; − 1) , v ( 0 ; 1 ; 2) et w (1 ; 0 ; 3).
u (1 ; 1 ; − 1) , v ( 0 ; 1 ; 2) et w ( 2 ; 3 ; 0 ).
Les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires car (1 ; 1 ; − 1) et ( 0 ; 1 ; 2) ne
sont pas proportionnels donc u , v et w sont coplanaires si et seulement s’il
existe deux réels x et y tels que : w = xu + yv . On a :

 x =1
1= x


w = xu + yv ⇔  0 = x + y ⇔  y = −1.
 3 = −3
 3 = − x + 2y


Ce système n’admet donc pas de solution, ce qui prouve que u , v et w ne sont
pas coplanaires.
On remarque (on peut aussi procéder comme précédemment) que : w = 2u + v .
Les vecteurs u , v et w sont donc coplanaires.
4. Repères de l’espace
Définition 5
On dit que O ; i , j , k est un repère de l’espace si les vecteurs i , j et k ne
sont pas coplanaires donc si i , j , k est une base de l’espace.
(
20
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Séquence 10 – MA02
)
(
)
Définition 6
Soit O ; i , j , k un repère de l’espace. Pour tout point M de l’espace, il
existe un unique triplet (x ; y ; z ) tel que :
OM = xi + y j + zk .
Les trois réels x, y et z sont les coordonnées de M dans le repère O ; i , j , k
(x : abscisse, y : ordonnée et z : côte).
(
)
(
Remarques
)
t Tous les triplets de réels désignent des coordonnées de points et deux points
différents ne peuvent avoir les mêmes coordonnées.
t Les coordonnées (x ; y ; z ) de OM dans la base i , j , k sont les coordonnées
(x ; y ; z ) de M dans le repère O ; i , j , k .
t On dit aussi que (x ; y ; z ) sont les coordonnées de OM dans le repère
O ; i, j, k .
(
(
(
)
)
)
Propriété 8
t Pour tous A ( x A ; y A ; z A ) , B( x B ; y B ; zB ) de l’espace, le milieu I de
[AB] a pour coordonnées
 x A + xB y A + y B z A + zB 
;
;

.
2
2
2 
t Pour tous A ( x A ; y A ; z A ) , B( x B ; y B ; zB ) de l’espace, le vecteur AB
a pour coordonnées
( x B − x A ; y B − y A ; z B − z A ).
Démonstration
1 t On a pour tout point M de l’espace : MI = MA + MB (il peut être utile de
2
retenir cette égalité !). En effet :
MA + MB = MI + IA + MI + IB
= 2MI + IA + IB = 2MI + 0 = 2MI (I milieu de [AB]).
(
(
(
) (
)
)
)
1 On en déduit (pour M = O) : OI = OA + OB et donc
2
1

x Ii + y I j + z Ik =  x A i + y A j + z A k + x B i + y B j + z B k 
2
x +x y + y z +z = A Bi + A B j + A Bk
2
2
2
ce qui prouve bien la propriété.
t On a : AB = OB − OA = x B i + y B j + z B k − x A i + y A j + z A k
= ( x B − x A )i + ( y B − y A ) j + (zB − z A )k .
(
(
(
)
) (
) (
)
)
Séquence 10 – MA02
21
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왘
Exemple 4
왘
Solution
Montrer que les points A ( −1 ; 0 ; 2) , B( 2 ; 2 ; − 1) et C ( 8 ; 6 ; − 7) sont alignés.
 3   9 
On a : AB  2  et AC  6  . Les vecteurs AB et AC sont coplanaires
 −3
 −9
( AC = 3AB ) donc A, B et C sont alignés.
5. Représentation paramétrique d’un plan
 a   a '
Soit A ( x A ; y A ; z A ) un point de l’espace, u  b  et v  b ' deux vecteurs non
c 
 c '
colinéaires.
Le point A et les vecteurs u et v définissent donc un plan P. On a :
M(x ; y ; z ) ∈ P ⇔ il existe deux réels λ et µ tels que : AM = λu +µv
 x − x = λa +µa ′
A

⇔ il existe deux réels λ et µ tels que :  y − y A = λ b +µb ′

 z − z A = λc +µc ′
 x = x + λa +µa ′
A

⇔ il existe deux réels λ et µ tels que :  y = y A + λ b +µb ′ .

 z = z A + λc +µc ′
Définition 7
 x = x A + λa + µa ′

On dit que  y = y A + λb + µb ′ , λ ∈R , µ ∈R est une représentation
 z = z + λc + µc ′
A

paramétrique du plan A ; u , v .
(
)
Remarques
t À chaque valeur des paramètres λ et µ correspond un point et réciproquement (exemple : à λ = µ = 0 correspond le point A).
t Un plan admet une infinité de représentations paramétriques.
Exemple 5
Les représentations paramétriques ci-dessous définissent-elles un plan ? Si oui,
donner les coordonnées d’un point du plan et de deux vecteurs non colinéaires
dirigeant le plan.
왘
 x = 7 + 2λ − 6µ
 x = 5 + 2λ − 6µ

 y = −3λ + 9µ
 z = 3 + λ − 2µ

22
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Séquence 10 – MA02
, λ ∈R , µ ∈R

 y = −3λ + 9µ , λ ∈R , µ ∈R
 z = −1+ λ − 3µ

왘
Solution
 2 
 −6
Les vecteurs u  −3 et v  9  ne sont pas colinéaires donc le système carac-
 1
 −2
térise le plan A ; u , v où A(5 ; 0 ; 3) (pour λ = µ = 0 ) et u et v deux vec-
(
teurs dirigeant le plan.
)
 2 
 −6
 1
 −3
Les vecteurs u  −3 et v  9 
sont colinéaires ( v = −3u ) donc le système
 x = 7 + 2λ − 6µ

 y = −3λ + 9µ , λ ∈ℝ , µ ∈ℝ ne caractérise pas un plan.
 z = −1+ λ − 3µ

6. Représentation paramétrique d’une droite
Soit D une droite de l’espace passant par A (xA ; yA ; zA) et de vecteur directeur
a
u  b  . On a :
c 
M( x ; y ; z ) ∈D ⇔ AM et u colinéaires
⇔ Il existe k de R tel que AM = ku
 x − x A = ka

⇔ Il existe k de R tel que  y − y A = kb
 z − z = kc
A

 x = x A + ka

⇔ Il existe k de R tel que  y = y A + kb .
 z = z + kc
A

Définition 8
 x = x A + ka

Le système S  y = y A + kb , k ∈R est une représentation
 z = z + kc
A

paramétrique de la droite D.
Remarques
t À chaque valeur du paramètre k correspond un point et réciproquement (ex. :
à k = 0 correspond le point A).
t Une droite admet une infinité de représentations paramétriques.
Séquence 10 – MA02
23
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왘
Exemple 6
Savoir donner la représentation paramétrique d’une droite
Dans un repère orthonormé O ; i , j , k , on considère A(1 ; 2 ; 0) et B( −1 ; 0 ; 2).
(
)
Donner une représentation paramétrique de la droite (AB).
Le point C (1 ; 5 ; 6) appartient-il à (AB) ?
Trouver un point de (AB) distinct de A et B.
(
)
Déterminer l’intersection de (AB) avec le plan O ; i , j .
왘
Solution
 −2
 1
 −1−1
AB
2
.
−
n
où
soit
On
a
alors
AB
=
−2
n
 
 1.


 −1
 2
 2− 0 
On a : AB 0 − 2
Ainsi n est un vecteur directeur de (AB) et cette droite est caractérisée par la
 x = 1+ k

représentation paramétrique :  y = 2 + k , k ∈R.
 z = −k

Si C appartient à (AB) alors son paramètre k pour la précédente représentation
paramétrique vérifie : 1+k = 1, 2+k = 5 et –k = 6. Aucune valeur de k ne vérifie simultanément les trois égalités précédentes, donc : C ∉(AB).
Avec la précédente représentation paramétrique, A a pour paramètre 0 et B
pour paramètre −2.
Pour k = 1, on obtient le point D ( 2 ; 3 ; − 1).
Le plan O ; i , j est l’ensemble des points dont la côte est nulle. Le point de
(AB) de paramètre k pour la précédente représentation est donc sur O ; i , j
si et seulement si –k = 0.
L’intersection de la droite (AB) et du plan O ; i , j est donc le point A.
(
)
(
(
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)
)
D
Exercice 1
Exercices d’apprentissage
Soit ABCDEFGH un cube, I le milieu de [AB], J le milieu de [AD] et K défini par
1 AK = AG.
5
H
G
E
F
D
J
C
K
B
I
A
Exprimer les vecteurs EI, EJ et EK en fonction de EA , EF et EH.
En déduire que les points E, I, J et K sont coplanaires.
Exercice 2
Dans un repère O ; i , j , k on considère A(1 ; 1 ; 2), B( −1 ; 3 ; 0 ) et C(0 ; 2 ; 0).
(
)
Montrer que les points A, B et C définissent un plan.
Déterminer une représentation paramétrique du plan (ABC).
Le point D ( 3 ; − 1 ; 4 ) appartient-il à (ABC) ?
Exercice 3
Soit ABCD un tétraèdre. On considère les points I et J milieux respectifs de [AC]
1 1 1 et [BD]. Les points P, Q, R et S sont définis par : AP = AB, AQ = AD, CR = CB
3
3
3
1 et CS = CD.
3
On considère le repère A ; AB , AC , AD .
`
Déterminer dans ce repère les coordonnées des points I, J, P, Q, R et S.
(
)
Déterminer des représentations paramétriques des droites (PS), (QR) et (IJ).
Montrer que ces trois droites sont concourantes.
Séquence 10 – MA02
25
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3 Orthogonalité
A
Objectifs du chapitre
On se propose de généraliser à l’espace, la notion d’angle droit.
B
Activité 2
Pour débuter
Examinons le cube ci-contre.
La droite (AE) est parallèle à la droite (BF).
La droite (BF) est perpendiculaire à la droite
(BC).
H
E
F
On dit que la droite (AE) est orthogonale à la
droite (BC).
Remarque
G
D
C
On peut aussi dire que la droite (BF) et la droite
(BC) sont orthogonales.
A
B
Notation : Pour exprimer que deux droites sont orthogonales, on utilise le même
symbole que celui qui est utilisé pour exprimer que deux droites sont perpendiculaires.
Par exemple, on écrit : (AE) C (BC) de même que (BF) C(BC).
Vrai/Faux ? (Justifier.)
a) Les droites (AE) et (BC) sont orthogonales.
b) Les droites (AE) et (GC) sont orthogonales.
c) Les droites (FE) et (GC) sont orthogonales.
d) Les droites (FE) et (HE) sont orthogonales.
e) Les droites (FE) et (FH) sont orthogonales.
f) Les droites (FE) et (BD) sont orthogonales.
g) Les droites (FH) et (AC) sont orthogonales.
26
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Séquence 10 – MA02
Activité 3
On considère quatre points non coplanaires de l’espace O, A, B et C. On suppose
que, dans le plan (OAB), les droites (OA) et (OB) sont perpendiculaires et que,
dans le plan (OAC), les droites (OA) et (OC) sont perpendiculaires.
On veut montrer que pour tout point D du plan (OAB) différent de O, les droites
(OA) et (OD) sont perpendiculaires dans le plan (OAD).
A
B
D
0
C
Soit D un point du plan (OBC) n’appartenant ni à (OB), ni à (OC).
Montrer qu’on peut choisir deux points P et Q tels que :
t P ∈(OB) et P différent de O ;
t Q ∈(OC) et Q différent de O ;
t OP = OQ ;
t Les droites (PQ) et (OD) sont sécantes.
On note R l’intersection des droites (PQ) et (OD) et I le milieu de [PQ].
Montrer que : AP2 + AQ2 = 2AI2 +
PQ2
.
2
Montrer que : OP2 + OQ2 = 2OI2 +
PQ2
.
2
En déduire que, dans le triangle (OAI), les droites (OA) et (OI) sont perpendi-
culaires.
Montrer que : OI2 + IR2 = IR2 et AI2 + IR2 = AR2.
En déduire que les droites (OA) et (OR) sont perpendiculaires dans le plan (OAR).
Séquence 10 – MA02
27
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C
Cours
1. Droites orthogonales
Définition 9
Deux droites D et D ’ sont orthogonales si leurs parallèles respectives )
et )’ passant par un même point sont perpendiculaires. On note D C D ’.
Définition 10
Soit u et v deux vecteurs. Soit A, B, C et D quatre points de l’espace tels
que : u = AB et v = CD.
Les vecteurs u et v sont orthogonaux si l’un des deux au moins est nul ou
si les droites (AB) et (CD) sont orthogonales.
Deux droites orthogonales à une même troisième ne sont pas forcément parallèles (ex. : dans le cube ABCDEFGH, on a : ( AB) ⊥ ( AE ) , ( AC ) ⊥ ( AE ) et pourtant
(AB) et (AC) ne sont pas parallèles.
Remarque
Deux droites perpendiculaires sont coplanaires alors que deux droites orthogonales ne sont pas forcément coplanaires (donc perpendiculaire implique orthogonale mais orthogonale n’implique pas perpendiculaire).
On déduit de la définition précédente et des propriétés de géométrie plane
concernant les positions relatives de deux droites la propriété suivante.
Propriété 9
t Si deux droites sont orthogonales alors toute parallèle à l’une est orthogonale à l’autre.
t Si deux droites sont parallèles alors toute droite orthogonale à l’une est
orthogonale à l’autre.
28
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Séquence 10 – MA02
왘
Exemple 7
Le point I est un point de l’arête [GC].
I
F
E
Soit ABCDEFGH un cube.
G
H
Les points M et N sont les milieux respectifs des segments [ID]
et [IB].
M
Montrer que les droites (MN) et (AC), d‘une part, (MN) et (EG),
d’autre part, sont orthogonales.
N
D
C
왘
A
B
Solution
Les points M et N étant les milieux respectifs des segments [ID]
et [IB], la droite (MN) est parallèle à la droite (BD) ; [BD] et [AC]
sont les diagonales d‘un carré donc les droites (BD) et (AC) sont
perpendiculaires.
Ainsi les droites (MN) et (AC) sont orthogonales.
Or on sait que les droites (AC) et (EG) sont parallèles puisque
AEGC est un rectangle.
On peut donc conclure que les droites (MN) et (GE) sont orthogonales.
2. Droite orthogonale à un plan
Définition 11
Une droite D est orthogonale à un plan P si elle est orthogonale à toutes
les droites du plan P. On note : D C P.
On peut déduire de l’activité 3 le théorème suivant.
Théorème 2
Si une droite D est orthogonale à deux droites sécantes du plan P alors elle
est orthogonale à P.
Remarque
t Une démonstration de ce théorème est proposée à l’activité 3 de ce chapitre.
H
G
t Observer le cube ci·contre :
F
E
La droite (GC) est orthogonale aux deux
droites (BC) et (EH) du plan P = (BCH).
Mais ces deux droites sont parallèles.
D
A
C
C’est pour cela que, conformément
à ce que l’on voit, on ne peut pas
conclure : (GC) C P.
B
Séquence 10 – MA02
29
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Donc, pour montrer qu’une droite D est orthogonale à un plan P, il ne suffit pas
de montrer que D est orthogonale à deux droites de P.
Il faut s’assurer que ces deux droites sont sécantes.
Il suffit donc qu’une droite soit orthogonale à deux droites sécantes d’un plan
pour qu’elle soit orthogonale à ce plan.
Propriété 10
(Admise)
t Si deux droites sont orthogonales
à un même plan, elles sont parallèles.
 D⊥P

Si 
alors D // ∆
et
 ∆⊥P

6
D
P
t Si deux droites sont parallèles, et
si l’une est orthogonale à un plan,
l’autre aussi.
 D // ∆

alors D ⊥ P
Si  et
 ∆⊥P

t Si deux plans sont orthogonaux à
une même droite, ils sont parallèles.
 ∆⊥P

Si 
alors P // P '
et
 ∆ ⊥ P'

6
P
P’
3. Plans perpendiculaires
Définition 12
Soit P et P ‘ deux plans. On dit que P et P ‘ sont perpendiculaires et on
note P ⊥ P ‘ si l’un de ces plans contient une droite orthogonale à l’autre.
Propriété 11 admise
t Si deux plans sont parallèles, tout plan perpendiculaire à l’un est perpendiculaire à l’autre.
t Si un plan P est orthogonal à une droite D et est perpendiculaire à un
plan P ‘ alors D et P ‘ sont parallèles.
30
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Séquence 10 – MA02
Deux plans perpendiculaires à un même troisième ne sont pas forcément parallèles (ex. : dans le cube (ABC)C(ABE), (ADE)C(ABE) et (ABC)C(ADE)).
4. Vocabulaire
t Deux droites orthogonales ne sont pas forcément sécantes mais deux droites
perpendiculaires sont sécantes.
t Deux vecteurs sont orthogonaux (on ne dit pas perpendiculaires) lorsque leurs
directions respectives sont orthogonales.
t Dire qu’une droite est orthogonale à un plan ou dire qu’une droite est perpendiculaire à un plan signifie la même chose.
t Un vecteur non nul n normal à un plan P est un vecteur directeur d’une
droite orthogonale à P.
D
Exercice 4
Exercices d’apprentissage
Plan médiateur
Soit A et B deux points distincts de l’espace.
Montrer que l’ensemble des points M équidistants de A et B (c’est-à-dire tels
que MA = MB) est le plan orthogonal à (AB) passant par le milieu I de [AB].
Ce plan est le plan médiateur de [AB].
Application
Soit ABCD un tétraèdre régulier (c’est-à-dire un polyèdre à 4 sommets dont les
6 arêtes sont de même longueur).
a) Montrer que A et B appartiennent au plan médiateur de [CD].
b) En déduire que deux arêtes opposées du tétraèdre sont orthogonales.
Exercice 5
H
a) Montrer que la droite (BG) est orthogonale
au plan (CEF).
F
E
D
A
ABCDEFGH est un cube.
G
C
B
b) En déduire que les droites (BG) et (CE) sont
orthogonales.
c) Démontrer que la droite (CE) est orthogonale au plan (BDG).
Séquence 10 – MA02
31
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Exercice 6
Soit ABCD un tétraèdre régulier (c’est-à-dire un polyèdre à 4 sommets dont les
6 arêtes sont de même longueur), G le centre de gravité du triangle BCD et I le
milieu de [CD].
Montrer que : (CD) ⊥ ( ABI).
En déduire que : ( AG) ⊥ (BCD).
32
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Séquence 10 – MA02
4
Produit scalaire
dans l’espace
A
Objectifs du chapitre
On se propose de généraliser à l’espace, la notion de produit scalaire. Les notions
qui en découleront s’avéreront un outil efficace pour caractériser les plans dans
un repère orthonormé.
B
Pour débuter
Activité 4
Soit ABCDEFGH
un cube de côté 3. On se place dans un repère orthonormé
D ; i , j , k comme indiqué sur la figure ci-dessous.
(
)
H
G
Lire les coordonnées des points A, B, C, D, E, F et G.
a) Déterminer les coordonnées du vecteur AB.
Soit u ( x ; y ; z ). On définit I tel que : BI = u .
b) Déterminer les coordonnées de I.
c) Déterminer les longueurs AB, BI et AI.
F
E
k
j D
A
i
C
 1  x 
d) En déduire que : AB  0 ⊥ u  y  ž x " 0.
z
 0
B
a) Déterminer
les coordonnées du vecteur AG. Soit u ( x ; y ; z ). On définit J
tel que : GJ = u .
b) Déterminer les coordonnées de J.
c) Déterminer les longueurs AG, GJ et AJ.
 1   x 
d) En déduire que : AG  −1 ⊥ u  y  ⇔
x − y + z = 0.
z
 1
On admet que cela se généralise et que si u et v ont pour coordonnées respectives (x ; y ; z) et (x’ ; y’ ; z’) alors :
 x   x '
u  y  ⊥ v  y ' ⇔ xx ′ + yy ′ + zz ′ = 0.
z
 z '
Donner deux caractérisations de l’ensemble des points M(x ; y ; z) tels que : AG ⊥ AM.
Séquence 10 – MA02
33
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C
Cours
1. Projection orthogonale dans l’espace
a) Projection orthogonale sur un plan
Définition 13
La droite D étant la droite orthogonale
au plan P passant par M et coupant P
en M’, le point M’ est alors appelé projeté orthogonal de M sur P.
Le projeté orthogonal M’ de M sur P est
donc défini par les deux conditions :
 M′ ∈ P

 (MM′) ⊥ P .
M
M’
P
D
b) Projection orthogonale sur une droite
Définition 14
Le plan P étant le plan orthogonal à la
droite D passant par M et coupant D en
M’, le point M’ est alors appelé projeté
orthogonal de M sur D.
M
M’
Le projeté orthogonal M’ de M sur D est
donc défini par les deux conditions :
 M′ ∈D

 (MM′ ) ⊥ D .
왘
Exemple 8
Dans le cube ABCDEFGH, déterminer :
le projeté orthogonal de F sur (DCH) ;
D
H
G
F
E
le projeté orthogonal de C sur (EF).
왘
Solution
La droite (FG) est orthogonale au plan
(DCH) et le point G appartient à ce plan
donc la droite orthogonale à (DCH) passant
par F coupe ce plan en G. Autrement dit G
est le projeté orthogonal de F sur (DCH).
D
A
C
B
Le plan (FBC) est le plan orthogonal à (EF) passant par C. L’intersection de
(FBC) et de (EF) est F donc le projeté orthogonal de C sur (EF) est F.
34
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Séquence 10 – MA02
2. Définition
Définition 15
Soit u et v deux vecteurs de l’espace et A, B, C trois points tels que
u = AB et v = AC.
Il existeau moins
un plan P contenant les trois points A, B, C (il en existe un
seul si u et v ne sont pas colinéaires).
Alors le produit scalaire des vecteurs u et v est le produit scalaire AB ⋅ AC
calculé dans le plan P.
u ⋅ v = AB ⋅ AC.
Remarques
t On se ramène alors à un produit scalaire dans le plan.
t Le produit scalaire est indépendant du choix des points A, B, C car on déduit
de la précédente définition et des résultats concernant le produit scalaire dans
le plan que :
1 2 2 2
u ⋅ v =  u + v − u −v  .

2
t On a AB ⋅ CD = AB ⋅ C′D′ où C′D′ est le projeté orthogonal de CD sur AB ⋅.
왘
Exemple 9
Calculer dans le cube ABCDEFGH d’arête a :
DC ⋅ HF ;
AB ⋅ FG ;
FD ⋅ DC.
왘
Solution
On a :
DC ⋅ HF = DC ⋅ DB (car les vecteurs HF et DB sont égaux)
= DC ⋅ DC (car le projeté orthogonal de DB sur DC est DC)
= a 2.
AB ⋅ FG = AB ⋅ AD = 0 car AB ⊥ AD.
FD ⋅ DC = CD ⋅ DC (car le projeté orthogonal de FD sur DC est CD)
= − a 2.
H
G
F
E
D
A
C
B
Séquence 10 – MA02
35
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3. Propriétés
Les propriétés suivantes se déduisent des propriétés du produit scalaire dans le plan.
Propriété 11
Pour tous vecteurs u , v et w de l’espace et k réel :
t commutativité u ⋅ v = v ⋅ u ;
t linéarité
u ⋅ v +w = u ⋅ v + u ⋅ w et ku ⋅ v =k × u ⋅ v ;
2 2
2
t u + v = u + 2 × u ⋅ v + v .
(
(
)
)
( )
(
)
Propriété 12
Deux vecteurs u et v sont orthogonaux si et seulement si u ⋅ v = 0.
Conséquence
Deux droites D et D ’ de vecteurs directeurs u et v sont orthogonales si et seu lement si u ⋅ v = 0.
Des deux propriétés 11 et 12 découle une autre démonstration du théorème 2
énoncé au chapitre 3 de cette séquence.
Théorème 2
Si une droite D est orthogonale à deux droites sécantes du plan P alors elle
est orthogonale à P.
Démonstration
Soit D une droite, P un plan et ∆ et ∆ ′ deux droites sécantes de P. On suppose
que D et ∆ (resp. D et ∆ ′ ) sont orthogonales. On veut montrer que D et P
sont orthogonaux, c’est-à-dire que D est orthogonale à toutes les droites de P.
Considérons une droite ∆ ′′ du plan P.
Les vecteurs u , v , v ′ et v ′′ sont des vecteurs directeurs de, respectivement,
D, ∆ , ∆ ′ et ∆ ′′.
On a donc : u ⋅ v = u ⋅ v ′ = 0.
De plus, les vecteurs v , v ′ et v ′′ sont coplanaires donc il existe deux réels x et y
tels que v ′′ = xv +yv ′. On en déduit :
linéarité
u ⋅ v ′′ = u ⋅ xv + yv ′ = x × u ⋅ v + y × u ⋅ v ′ = 0
(
)
(
ce qui prouve bien que ∆ ′′ est orthogonale à P.
Conséquence
36
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)
(
)
Soit P un plan défini par un point Aet deux vecteurs non colinéaires u et v .
Une droite D de vecteur directeur w est orthogonale à P si et seulement si :
u ⋅ w = v ⋅ w = 0.
Séquence 10 – MA02
4. Repère orthonormé, expression
du produis scalaire
Définition 16
Un
repère
O
;
i, j, k
i = j = k = 1.
(
Remarque
) est orthonormé si : i ⊥ j , i ⊥ k , j ⊥ k et
t On utilise parfois le terme orthonormal à la place de orthonormé.
t Un repère O ; i , j , k est orthogonal si : i ⊥ j , i ⊥ k , j ⊥ k .
(
)
On peut démontrer, grâce au théorème de Pythagore, la propriété suivante.
z
M
j
y
i
k
x
Propriété 13
On suppose l’espace muni d’un repère orthonormé. Pour tout M( x ; y ; z )
de l’espace, on a :
OM = x 2 + y 2 + z 2 .
On en déduit la propriété suivante.
Propriété 14
Dans un repère orthonormé, pour tout vecteur u ( x ; y ; z ) et tous points
A ( x A ; y A ; z A ) et B( x B ; y B ; zB ) de l’espace :
a) u = x 2 + y 2 + z 2 ;
b) AB = AB =
( xB − x A )2 + ( y B − y A )2 + (zB − z A )2 .
Propriété 15
 x 
 x '
Si u  y  et v  y ' alors u ⋅ v = xx ′ + yy ′ + zz ′.
z
 z '
Séquence 10 – MA02
37
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Démonstration
Le vecteur u − v a pour coordonnées ( x − x ′ ; y − y ′ ; z − z ′ ). On a donc :
1 2 2 2
u ⋅ v =  u + v − u −v 

2
1
=  x 2 + y 2 + z 2 + x ′2 + y ′2 + z '2 − ( x − x ')2 + ( y − y ')2 + ( z − z ′ )2 

2
1
=  x 2 + y 2 + z 2 + x ′2 + y ′2 + z ′2 − x 2 − y 2 − z 2 − x ′2 − y ′2 − z ′2 + 2xx ′ + 2yy ′ + 2zz ′ 

2
= xx ′ + yy ′ + zz ′.
(
왘
Exemple 10
왘
Solution
)(
)(
)
On considère, dans un repère orthonormé, les points A (1 ; 0 ; − 1) ,
B( 4 ; 1 ; − 2) et C ( 2 ; − 2 ; 0 ). Montrer que le triangle ABC est rectangle en A.
 3 
 1 
On a AB  1  et AC  −2 donc AB ⋅ AC = 3 − 2 − 1 = 0 ce qui prouve bien
 1
 −1
que ABC est rectangle en A.
왘
Exemple 11
 −1  1 
Soit A ( 3 ; − 2 ; 1) , u  0  et v  1  .
 −2
 2
(
Montrer que A ; u , v
) définit un plan P.
Déterminer une représentation de la droite D orthogonale à P passant par A.
왘
Solution
Les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires car (−1 ; 0 ; 2) et (1 ; 1 ; −2) ne sont
pas proportionnelles donc A ; u , v définit un plan P.
(
)
 a 
un vecteur w  b 
un vecteur directeur
c 
On
a
:
( ( a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ) ).
w ⊥ u et w ⊥ v donc −a + 2c = 0 et a + b − 2c = 0.
Considérons
Alors : c =
de
D
 2
a
et b = 2c − a = 0. Pour a = 2, on a : w  0 . Ce vecteur est orthogonal
2
 1
 2 
à u et v donc est orthogonal à P. Le vecteur w  0 . est donc un vecteur
 1
directeur de D. La droite D admet donc la représentation paramétrique
 x = 3 + 2k

, k ∈R.
 y = −2
 z = 1+ k

38
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Séquence 10 – MA02
5. Vecteur normal à un plan
Rappel
Soit P un plan. Un vecteur normal n à P est un vecteur directeur d’une droite
orthogonale à P.
왘 Conséquence
Deux plans P et P ’ admettant respec
tivement
comme vecteurs normaux n
et
n ′ sont parallèles si et seulement si
n et n ′ sont colinéaires.
n’
P’
Propriété 16
Soit P et P ’ deux plans de vecteurs normaux respectifs n et n ′. On a :
P C P ’ ⇔ n ⋅ n ′ = 0 ⇔ n ⊥ n ′.
Démonstration
t Supposons que P ⊥ P ′.
n
Il existe alors une droite D de P
P
orthogonale à P ’. Le vecteur n ′
est alors unvecteur directeur de
D. Comme n ′ est un vecteur direcP
teur d’une droite incluse dans P, il
est orthogonal aux
nor vecteurs
n’
maux de P soit : n ⊥ n ′.
n
t Supposons n ⊥ n ′.
P’
Comme n et n ′ sont
orthogonaux
et différents de 0, ils ne sont pas
colinéaires, ce qui prouve que les
plans P et P ‘ se coupent selon une
droite ∆. Soit A un point de ∆ et B tel que : AB = n ′.
On a : AB ⊥ n donc comme A est un point de P et n un vecteur normal de P,
B est un point de P.
La droite (AB) est donc une droite de P orthogonale à P ‘
puisqu’elle admet n ′ comme vecteur directeur. On a donc bien P ⊥ P ′.
Séquence 10 – MA02
39
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6. Équation cartésienne d’un plan
dans un repère orthonormé
a
Soit P le plan passant par A ( x A ; y A ; z A ) de vecteur normal n  b  .
c 
Soit M(x ; y ; z). On a :
M ∈ P ⇔ n ⋅ AM = 0
⇔ a ( x − x A ) + b ( y − y A ) + c (z − z A ) = 0
⇔ ax + by + cz + d = 0 où d = − ax A − by A − cz A .
De plus, comme n est un vecteur normal à P, c’est un vecteur non nul.
Autrement dit a, b et c ne sont pas tous trois nuls : (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ).
Propriété 17
On se place dans un repère orthonormé O ; i , j , k .
(
)
a
t Tout plan P de vecteur normal n  b  a une équation cartésienne de la
c 
forme ax + by + cz + d = 0 avec (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ).
t Réciproquement, si (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ) , l’ensemble des points M (x ;
y ; z) tels que ax + by + cz + d = 0 est un plan dont un vecteur normal
a
est n  b  .
c 
왘
Exemple 10
 4 
Déterminer une équation du plan P de vecteur normal n  6  passant par
A ( 3 ; 1 ; − 2).
 −2
Le point B( 0 ; 1 ; − 2) appartient-il à P ?
Soit C (1 ; 1 ; 1) et D ( 3 ; 4 ; 0 ). Montrer que : (DC) C P.
Déterminer une équation du plan P ‘ perpendiculaire à P et passant par O et
E ( 0 ; 2 ; − 4 ).
왘
Solution
Le plan P admet une équation cartésienne de la forme 4x + 6y – 2z + d = 0.
Le point A appartient à P donc 4 × 3 + 6 × 1− 2 × ( −2) + d = 0 soit d = −22.
Ainsi, P admet l’équation cartésienne
4 x + 6 y − 2z − 22 = 0 soit 2x + 3y − z − 11 = 0.
On a : 4 × 0 + 6 × 1− 2 × ( −2) − 22 = −12 ≠ 0 donc B ∉P.
40
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Séquence 10 – MA02
 2 
 3−1 
soit
CD
 3  . On en déduit n = 2CD et donc (DC) C P.


 −1
 0−1 
On a : CD 4 − 1
Notons ax + by + cz + d = 0 ( (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ) ) une équation cartésienne
 a 
du plan Q. Le vecteur n ′  b  est donc un vecteur normal à P ’.
c 
On a : P ⊥ P ′ donc n ⋅ n ′ = 0. Ainsi : 4a + 6b − 2c = 0.
On a O ∈ P ′ donc d = 0.
On a E ∈ P ′ donc 2b – 4c = 0. Alors b = 2c et 4a = – 6b +2c = –10c.
Pour c = 2, on a : b = 4 et a = –5.
Le plan P ’ admet donc l’équation cartésienne : –5x + 4y + 2z = 0.
Remarque
Lorsque l’espace est muni d’un repère O ; i , j , k qui n’est pas forcément
orthonormé, la formule donnant le produit scalaire : u ⋅ v = xx ′ + yy ′ + zz ′ n’est
plus vraie et toutes les propriétés liées à l’orthogonalité ne sont plus valides. En
revanche, on a les propriétés suivantes.
(
)
t Si a, b et c ne sont pas tous les trois nuls, l’ensemble des points M(x ; y ; z ) de
l’espace tels que : ax + by + cz + d = 0 est un plan (bien sûr, on ne peut pas
parler, ici, de vecteur normal).
t Tout plan admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0
où a, b et c ne sont pas tous les trois nuls.
D
Exercice 7
Exercices d’apprentissage
Soit A et B deux points de l’espace tels que : AB = 6. On note I le milieu de [AB].
Montrer que pour tout point M de l’espace : MA ⋅ MB = IM2 − 9.
En déduire l’ensemble des points M de l’espace tels que :
a) MA ⋅ MB = 0 ;
Exercice 8
b) MA ⋅ MB = 16.
On considère une pyramide ABCDE à base carrée ABCD telle que :
t ABCD est un carré de côté 3 ;
t ABE et ADE sont rectangles en A ;
t EA = 4 ;
t F est le milieu de [BC].
Séquence 10 – MA02
41
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Déterminer les produits scalaires suivants :
Exercice 9
a) AE ⋅ AF ;
b) DE ⋅ DB ;
c) EF ⋅ BA.
.
Calculer EA ⋅ EF et en déduire une valeur arrondie au degré de l’angle AEF
Dans l’espace rapporté au repère orthonormé O ; i , j , k , on considère les
(
)
points A(1 ; 2 ; 3), B(0 ; 1 ; 4), C ( −1 ; − 3 ; 2) , D ( 4 ; − 2 ; 5) et E ( −2 ; 1 ; 2)


 2 
ainsi que le vecteur n −1 .


 1 
a) Démontrer que les points A, B et C définissent un plan P.
b) Démontrer que le vecteur n est normal au plan P.
c) Déterminer alors une équation cartésienne du plan P.
Démontrer que la droite (DE) est perpendiculaire au plan P.
Exercice 10
(
)
Dans un repère orthonormé O ; i , j , k on considère A ( −1 ; 0 ; 3). Montrer
que la sphère S de centre A et de rayon 2 admet comme équation cartésienne
x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 6z + 6 = 0.
Montrer que x 2 + y 2 + z 2 + 4 y − 12z − 9 = 0 est l’équation cartésienne d’une
sphère dont on déterminera le centre et le rayon.
42
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Séquence 10 – MA02
5
Droites et plans
de l’espace
On suppose, dans tout ce chapitre, l’espace muni d’un repère orthonormé.
A
Objectifs du chapitre
On se propose, dans ce chapitre, d’étudier des problèmes d’intersection de droites
et de plans, en choisissant un cadre adapté, vectoriel ou non, repéré ou non.
B
Activité 5
Partie I
Pour débuter
Résolution de systèmes
Systèmes de 3 équations à 3 inconnues, méthode par substitution
 2x + 5y − z = 11 L1

Considérons le système Σ :  3x − 2y + 2z = 15 L2 .
 x − 3y + z = 2 L3

La ligne L1 permet d’écrire : z = 2x + 5y – 11. Substituons dans les lignes L2 et L3.


z = 2x + 5y − 11



Σ :  3x − 2y + 2( 2x + 5y − 11) = 15 ⇔ 
 x − 3y + ( 2x + 5y − 11) = 2



Résoudre le système Σ ′.
z = 2x + 5y − 11
7x + 8 y = 37 
 : Σ′
3x + 2y = 13 

En déduire les solutions du système Σ.
En utilisant la méthode précédente (dite méthode par substitution), résoudre
le système :
 x +y +z = 2

 2x + y − z = 3 .
 x − y + 2z = 0

Partie II
Autres systèmes
 t + 1 = 2t ′ + 1

Résoudre le système Σ :  −t − 2 = 2
.

3t = t ′

 x + 2y − z = 2
.
 2x − y − z = 0
Résoudre le système Σ : 
Séquence 10 – MA02
43
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C
Cours
1. Intersection de deux plans
Soit P et P ’ deux plans, n et n ′ des vecteurs normaux de, respectivement, P et
P ’. On s’intéresse à la position relative de P et P ’.
a) Point de vue géométrique
Cas 1
P et P ’ strictement parallèles
P ∩P′ = ∅
n et n ′ colinéaires
Cas 2
P et P ’ sécants
P ∩ P ′′ = D
n et n ′ non colinéaires
Cas 3
P et P ’ confondus
P = P ′.
n et n ′ colinéaires
n
n’
P
P’
n
n’
n
n’
P’
P
D
P
b) Point de vue algébrique : plans définis
par une équation cartésienne
Dans un repère orthonormé O ; i , j , k on considère deux plans P et P ’ d’équations cartésiennes respectives
P : ax + by + cz + d = 0 et P ’ : a’x + b’y + c’z + d’ = 0.
(
Cas 1
44
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)
 ax + by + cz + d = 0
Alors le système d’équations S : 
caractérise P ∩ P ′.
 a ' x + b ' y + c ' z + d ' = 0
Les listes (a ; b ; c ) et (a’ ; b’ ; c’) sont proportionnelles et (a ; b ; c ; d )
et (a’ ; b’ ; c ’ ; d ’) ne sont pas proportionnelles.
Alors il n’y a pas de triplets solutions de S. Les plans P et P ’ sont strictement parallèles.
Cas 2
Les listes (a ; b ; c ; d ) et (a ’ ; b ’ ; c ’ ; d ’) sont proportionnelles. Alors P = P ’ et le
système S admet alors une infinité de triplets solutions qui sont les coordonnées
des points de P.
Cas 3
Les listes (a ; b ; c ) et (a ’ ; b ’ ; c ’) ne sont pas proportionnelles.
Le système S caractérise une droite et admet une infinité de solutions. Les plans
P et P ’ sont sécants.
Séquence 10 – MA02
Réciproquement, dans l’espace, toute droite est caractérisée par un système
d’équations cartésiennes
 ax + by + cz + d = 0
S :
 a ' x + b ' y + c ' z + d ' = 0
où (a ; b ; c) et (a’ ; b’ ; c’ ) non proportionnelles.
왘
Exemple 11
왘
Solution
 x = −1+ 2t

, t ∈ℝ.
y =t
Soit D la droite définie par la représentation paramétrique 

z =3

Déterminer un système d’équations cartésiennes caractérisant la droite D.
On a les équivalences suivantes.
 x = −1+ 2y
 x = −1+ 2t


⇔ il existe t ∈R tel que 
Il existe t ∈R tel que 
y =t
y =t


z =3
z =3


 x − 2y + 1 = 0
.
⇔
z =3

 x − 2y + 1= 0
.
Ainsi, la droite D est caractérisée par le système S : 
z =3

Remarque
Il n’y a pas unicité du système définissant une droite.
c) Point de vue algébrique : plans définis par un point
et deux vecteurs non colinéaires
On considère deux plans P et P ’ définis par :
P = A ; u , v et P ’ = B ; u ′ , v ′
où les vecteurs u et v (resp. u ′ et v ′ ) ne sont pas colinéaires.
Les vecteurs u , v , u ′ etv ′ sont coplanaires (c’est-à-dire u , v et u ′ sont coplanaires ainsi que u , v et v ′ ) et A n’appartient pas à P ’.
Alors il n’y a pas de triplets solutions de S. On a : P ∩ P ′ = ∅.
Les vecteurs u , v , u ′ et v ′ sont coplanaires et A appartient à P ’.
Alors P = P ’ et il y a une infinité de triplets solutions de S. On a : P ∩ P ′ = P .
Soit u , v et u ′ ne sont pas coplanaires, soit u , v et v ′ ne sont pas coplanaires.
Alors le système S caractérise une droite dont un vecteur directeur w vérifie les
deux conditions :
t les vecteurs u , v et w sont coplanaires ;
t les vecteurs u ′ , v ′ et w sont coplanaires.
(
Cas 1
Cas 2
Cas 3
)
(
)
Les plans P et P ’ sont sécants.
Séquence 10 – MA02
45
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On admet la propriété suivante.
Propriété 18
Soit u , v , u ′ et v ′ quatre vecteurs tels que :
t les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires ;
t les vecteurs u ′ et v ′ ne sont pas colinéaires ;
t les vecteurs u , v , u ′ et v ′ ne sont pas coplanaires.
Soit un vecteur w tel que :
t les vecteurs u , v et w sont coplanaires ;
t les vecteurs u ′ , v ′ et w sont coplanaires.
Alors pour tous points M et N, les plans
P = M ; u , v et Q = N ; u ′, v ′
sont sécants selon une droite dont w est un vecteur directeur.
(
)
(
)
d) Exemple
왘
Exemple 12
Soit P, P ’ et P ’’ les plans d’équations :
P : 2x + 3y –z +5 = 0 ; P ’ : x + y + 1 = 0 et P ’’ : 4x + 6y – 2z + 5 = 0.
Étudier les positions relatives de P et P ’’.
Montrer que P et P ’ sont sécants suivant une droite.
Les deux plans sont-ils perpendiculaires ?
Déterminer leur droite d’intersection.
왘
Solution
Les listes (2 ; 3 ; –1) et (4 ; 6 ; –2) sont proportionnelles donc les plans P et
P ’’ sont parallèles.
Les listes (2 ; 3 ; –1 ; 5) et (4 ; 6 ; –2 ; 5) ne sont pas proportionnelles donc ces
plans sont strictement parallèles.
 2 
 1
Les vecteurs n  3  et n '  1 sont des vecteurs normaux de, respectivement,
 −1
 0
P et P ’. Les vecteurs n et n ′ ne sont pas colinéaires donc P et P ’ sont sécants.
On a : n ⋅ n ′ = 2 × 1+ 3 × 1− 1× 0 = 5 ≠ 0 donc P et P ’ ne sont pas perpendiculaires.
46
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Séquence 10 – MA02
Prenons z comme paramètre. On cherche à exprimer x et y en fonction de z, on a :
 2x + 3y = z − 5
 2x + 3y − z + 5 = 0
⇔
M x ; y ; z ∈P ∩ P' ⇔ 
x + y + 1= 0
 x + y = −1

 2x + 3y = z − 5
 y = z − 3
⇔
⇔
 2x + 2y = −2
 x + y = −1
(
)

y =z −3
⇔
 x = −1− (z − 3)
 y = z − 3
⇔
 x = −z + 2
 x = −t + 2

⇔ il existe t ∈R tel que  y = t − 3 .

z =t

Ainsi l’intersection de P et P ’ est la droite dont une représentation paramétrique
왘
Exemple 13
 x = 2 −t

est  y = −3 + t , t ∈ R , c’est-à-dire la droite passant par A ( 2 ; − 3 ; 0 ) et de

 z =t
 −1
vecteur directeur n  1  .
 1
On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé O ; i , j , k .
Montrer que les vecteurs i + j et k ne sont pas colinéaires.
Déterminer l’intersection des plans P = O ; i , j et P ’ = O ; i + j , k .
(
(
왘
Solution
)
)
(
)
Si les vecteurs i + j et k étaient colinéaires alors ces vecteurs étant non nuls,
il existerait un réel x tel que k = x i + j = xi + x j et les vecteurs i , j et k
seraient coplanaires, ce qui est absurde puisque O ; i , j , k est un repère.
Ainsi i + j et k ne sont pas colinéaires.
( )
(
)
On a :
 i et j ne sont pas colinéaires ;
  i + j et k nee sont pas colinéaires ;
  i , j , i + j et k ne sont pas coplanaires (car i , j et k ne le sont pas).
donc les plans P et P ’ sont sécants selon une droite D. Remarquons que le
point O appartient aux deux plans donc appartient à D.
De plus, le vecteur i + j est tel que :
t les vecteurs i , j et i + j sont coplanaires ;
t les vecteurs i + j , k et i + j sont coplanaires.
On en déduit que i + j est un vecteur directeur de D.
Ainsi P ∩ P ′ est la droite passant par O de vecteur directeur i + j .
Séquence 10 – MA02
47
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2. Intersection d’une droite et d’un plan
Soit P un plan de vecteur normal n , D une droite de vecteur directeur u passant par un point A.
Cas 1
Cas 2
D est strictement parallèle à P
D ∩P = ∅
u ⊥ n et A ∉P
D incluse dans P
D ∩P = D
u ⊥ n et A ∈P
u
A
Cas 3
P et D sécants
D ∩ P = {}
I
u et n non orthogonaux
D
Ᏸ
n
u
u
A
n’
I
s
D
P
n’
P
P
왘
Exemple 14
Soit P le plan d’équation 5x + y − z + 3 = 0, D la droite passant par A(0 ; 1 ; 3)
 1 
de vecteur directeur u  −6 et D ’ la droite passant par A de vecteur directeur
 −1
 1
u ′  0 .
 3
Étudier les positions relatives de P et de D puis de P et de D ’.
Déterminer les intersections correspondantes.
왘
Solution
 5
Le vecteur n  1  est un vecteur normal à P.
 −1
On a : n ⋅ u = 5 × 1+ 1× ( −6 ) −− 1× ( −1) = 0 donc la droite D est parallèle à P. Le
point A n’appartient pas à P ( 5 × 0 + 1× 1− 1× 3 + 3 = 1 ≠ 0 ) donc la droite D est
strictement parallèle à P.
On a : n ⋅ u ′ = 5 × 1+ 1× 0 − 1× 3 = 2 ≠ 0 donc la droite D ’ et le plan P se
coupent en un point I.
On a : P ∩ D = ∅.
Déterminons P ∩ D ′.
La droite D ’ est caractérisée par la représentation paramétrique
 x = 0+k

y = 1 , k ∈ ℝ. Notons k le paramètre de I pour cette représentation :

 z = 3 + 3k

48
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Séquence 10 – MA02
I(k ; 1 ; 3+3k). Le point I appartient au plan P donc : 5 × k + 1− ( 3 + 3k ) + 3 = 0
1
soit k = − .
2
3
 1
Ainsi : P ∩ D ′ = I  − ; 1 ;  .
 2
2
왘
Exemple 15
 1  0  1
Soit u  1 , v  1 , w  1 et A ( 2 ; 1 ; 0 ).
 0  1
 1
(
Montrer que O ; u , v
) définit un plan. On note P = (O ; u , v ).
Déterminerl’intersection du plan P et de la droite D passant par A de vecteur
왘
Solution
directeur w .
Les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires donc O ; u , v définit bien un plan.
Le plan O ; u , v admet la représentation paramétrique :
(
)
(
)
 x =t

 y = t + t ′, t ∈ R , t ′ ∈ R.
 z =t′

 x =k +2

La droite D admet la représentation paramétrique  y = k + 1 , k ∈ ℝ.
 z =k

On a :
 x =t = k + 2

M( x ; y ; z ) ∈P ∩ D ⇔ Il existe t , t ' et k de ℝ tels que  y = t + t ′ = k + 1.
 z =t ′ = k

 t =k +2

Résolvons le système S :  t + t ′ = k + 1 . On a :
 t′=k

 t =k +2
 t =k +2
 t =1



S ⇔  (k + 2) +t ′ = k + 1 ⇔  t ′ = −1 ⇔  t ′ = −1 .
 t′=k
 k = −1



 t′=k
Ainsi, la droite D coupe le plan P en I(1 ; 0 ; − 1).
Séquence 10 – MA02
49
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D
Exercice 11
Exercice 12
Exercices d’apprentissage
Reconnaître l’ensemble D des points M de l’espace dont les coordonnées (x ; y ; z)
vérifient le système :
 x = 4 −t

t

 y = 2+ , t ∈ ℝ
3

 z = −t + 6
 x = 1+ t

Étudier la position relative de D et D ’ :  y = 4 , t ∈ ℝ.

 z = 1− t
Soit (O ; OA , OB, OC ) un repère orthonormal de l’espace.
Soit G l’isobarycentre des points A, B et C.
a) Donner les coordonnées du point G.
b) Montrer que la droite (OG) est perpendiculaire au plan (ABC) .
Les points A’(2 ; 0 ; 0), B’(0 ; 2; 0) et C‘(0 ; 0 ; 3) définissent un plan A’B’C’.
a) Déterminer une équation cartésienne du plan (A’B’C’).
b) Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite (AC).
c) Calculer alors les coordonnées du point commun K à la droite (AC) et au plan
(A’B’C) .
Exercice 13
Soit ABCD un tétraèdre, I le milieu de [AB] et J le milieu de [AC]. On s’intéresse à
l’intersection des plans (IJD) et (BCD).
Point de vue géométrique
Montrer que (IJD) ∩ (BCD) est une droite ∆ passant par D et parallèle aux droites
(IJ) et (BC).
Aspect algébrique
a) Justifier que A ; AB, AC, AD est un repère.
(
)
b) Donner les coordonnées de A, B, C, D, I et J dans ce repère.
c) Déterminer une représentation cartésienne du plan (BCD).
d) Déterminer une représentation paramétrique du plan (IJD).
e) En déduire une représentation paramétrique de la droite ∆.
f) Retrouver les résultats du .
50
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Séquence 10 – MA02
6 Synthèse
A
Synthèse de la séquence
1. Calculs vectoriels dans l’espace
Définition
Soit u et v deux vecteurs de l’espace. On dit que u et v sont colinéaires s’il
existe un réel k (éventuellement nul) tel que u = kv ou v = ku .
Propriétés
t Soit A et B deux points distincts et u un vecteur non nul. Le vecteur
u est
un vecteur directeur de la droite (AB) si et seulement si u et AB sont
colinéaires.
t Soit A, B, C et D quatre points distincts,
(AB) et (CD) sont paral les droites
lèles si et seulement si les vecteurs AB et CD sont colinéaires.
t Soit A, B et C trois points distincts,
les points A, B et C sont alignés si et
seulement si les vecteurs AB et AC sont colinéaires.
Définition
Soit u , v et w trois vecteurs de l’espace.
Soit O un point quelconque et les points A, B et C définis par :
OA = u , OB = v et OC = w .
Les vecteurs u , v et w sont coplanaires si O, A, B et C sont coplanaires.
Séquence 10 – MA02
51
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Propriété
t Soit u et v deux vecteurs non colinéaires. Les vecteurs u , v et w
sont coplanaires si et seulement si il existe deux réels x et y tels que :
w = xu +yv .
t Soit A, B, C et D quatre points de l’espace. Ces quatre points
sontcoplanaires
si et seulement si il existe deux réels x et y tels que : AD = x AB + y AC .
t Un plan est
par un point et par deux vecteurs non colinéaires :
caractérisé
P = A ; u, v .
t Soit u et v deux vecteurs non colinéaires et A et B deux points de l’espace.
Les plans A ; u , v et B ; u , v sont parallèles.
(
)
(
) (
)
Théorème
Décomposition d’un vecteur en fonction de trois vecteurs non coplanaires
Soit i , j et k trois vecteurs de l’espace non coplanaires.
Pour tout vecteur u de l’espace, il existe un unique triplet (x ; y ; z) de réels
tels que : u = xi +y j +zk .
Définition
t Soit i , j et k trois vecteurs de l’espace non coplanaires et u un vecteur
de l’espace.
t On dit que i , j , k est une base de l’espace.
t Considérons l’unique triplet (x ; y ; z) tel que : u = xi + y j + zk . Les trois
réels x, y et z sont les coordonnées de u dans la base i , j , k .
t On dit que O ; i , j , k est un repère de l’espace si les vecteurs i , j et k
ne sont pas coplanaires donc si i , j , k est une base.
t Soit O ; i , j , k un repère de l’espace. Pour tout point M de l’espace,
il existe un unique triplet (x ; y ; z) tel que : OM = xi + y j + zk . Les trois
réels x, y et z sont les coordonnées de M dans le repère O ; i , j , k (x :
abscisse, y : ordonnée et z : côte).
(
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
52
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Séquence 10 – MA02
)
Définition
 a   a '
Soit u  b  et u  b ' non colinéaires.
c 
 c '
 x = x A + λa + µa ′

t On dit que  y = y A + λb + µb ′ , λ ∈R , µ ∈R est une représenta z = z + λc + µc ′
A

tion paramétrique du plan A ; u , v .
(
)
 x = x A + ka

t Le système S  y = y A + kb , k ∈R est un système d’équations
 z = z + kc
A

paramétriques de la droite D (on dit aussi que S est une représentation
paramétrique de la droite D) passant par A et de vecteur directeur u .
3. Orthogonalité
Définitions et
vocabulaire
t Deux droites orthogonales ne sont pas forcément sécantes mais deux droites
perpendiculaires sont sécantes.
t Deux vecteurs sont orthogonaux (on ne dit pas perpendiculaires) lorsque leurs
directions respectives sont orthogonales.
t Dire qu’une droite est orthogonale ou perpendiculaire à un plan signifie la
même chose.
t Un vecteur non nul n normal à un plan P est un vecteur directeur d’une
droite orthogonale à P.
Propriétés
t Si deux droites sont orthogonales alors toute parallèle à l’une est orthogonale à l’autre.
t Si deux droites sont parallèles alors toute droite orthogonale à l’une est
orthogonale à l’autre.
Théorème
Si une droite D est orthogonale à deux droites sécantes du plan P alors elle
est orthogonale à P.
Séquence 10 – MA02
53
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Propriété
t Si deux droites sont orthogonales
à un même plan, elles sont parallèles.
 D⊥P

Si 
alors D // ∆
et
 ∆⊥P

6
D
P
t Si deux droites sont parallèles et
si l’une est orthogonale à un plan,
l’autre aussi.
 D // ∆

alors D ⊥ P
Si  et
 ∆⊥P

t Si deux plans sont orthogonaux à
une même droite, ils sont parallèles.
 ∆⊥P

Si 
alors P // P '
et
 ∆ ⊥ P'

6
P
Q
Propriétés
t Si deux plans sont parallèles, tout plan perpendiculaire à l’un est perpendiculaire à l’autre.
t Si une droite D est orthogonale à une droite D ’ et est perpendiculaire à
un plan P alors D ’ et P sont parallèles.
3. Produit scalaire dans l’espace
Définition
t La droite D étant la droite orthogonale au plan P passant par M et coupant P en M’, le point M’ est alors appelé projeté orthogonal de M sur P.
t Le plan P étant le plan orthogonal à la droite D passant par M et coupant
D en M’, le point M’ est alors appelé projeté orthogonal de M sur D.
54
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Séquence 10 – MA02
Définition
t Soit u et v deux vecteurs de l’espace et A, B, C trois points tels que
u = AB et v = AC. On a u ⋅ v = AB ⋅ AC.
t Avec une projection orthogonale : u ⋅ v = OA ⋅ OH où u = OA et OH
est le projeté orthogonal de v sur u .
t Avec cosinus et l’angle de vecteurs : (si u et v sont deux vecteurs non
nuls) u ⋅ v = u × v × cos u ; v .
(
)
t Avec la norme uniquement
1
2 2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v  .
2 

1  2 2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v .
2 

1  2 2
u ⋅ v = ×  u + v − u − v .
4 

t Expression analytique dans une base orthonormée i , j , k :
(
)
 x
 x '
si u  y  et v  y ' alors u ⋅ v = xx ′ + yy ′ + zz ′.
z
 z '
Propriétés
Pour tous vecteurs u , v et w de l’espace et k réel :
t commutativité u ⋅ v = v ⋅ u ;
t linéarité
u ⋅ v +w = u ⋅ v + u ⋅ w et ku ⋅ v =k × u ⋅ v ;
2 2
2
t u + v = u + 2 × u ⋅ v + v .
(
(
)
)
( )
(
)
Propriété
Deux vecteurs u et v sont orthogonaux si et seulement si u ⋅ v = 0.
왘 Conséquence
Deux droites D et D ’ de vecteurs directeurs u et v sont orthogonales si et seu lement si u ⋅ v = 0.
Séquence 10 – MA02
55
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Propriétés
t On suppose l’espace muni d’un repère orthonormé. Pour tout M( x ; y ; z )
de l’espace, on a OM = x 2 + y 2 + z 2 .
t Dans un repère orthonormé, pour tout vecteur u ( x ; y ; z ) et tous points
A ( x A ; y A ; z A ) et B( x B ; y B ; zB ) de l’espace :
a) u = x 2 + y 2 + z 2 ;
b) AB = AB = ( x B − x A )2 + ( y B − y A )2 + ( zB − z A )2 .
Propriété
On se place dans un repère orthonormé O ; i , j , k .
(
)
a
t Tout plan P de vecteur normal n  b  a une équation cartésienne de la
c 
forme ax + by + cz + d = 0
avec (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ).
t Réciproquement, si (a ; b ; c ) ≠ ( 0 ; 0 ; 0 ) , l’ensemble des points
M (x ; y ; z) tels que ax + by + cz + d = 0 est un plan dont un vecteur
a
normal est n  b  .
c 
4. Intersection de deux plans
a) Intersection de deux plans
Cas 1
P et P ’ strictement parallèles
P ∩P′ = ∅
n et n ′ colinéaires
Cas 2
P et P ’ sécants
P ∩ P′ = D
n et n ′ non colinéaires
Cas 3
P et P ’ confondus
P = P ′.
n et n ′ colinéaires
n’
n
n’
n
P
P’
n’
P’
P
P
56
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Séquence 10 – MA02
D
Notons P : ax + by + cz + d = 0, P‘ : a’x + b’y + c’z + d’ = 0
 ax + by + cz + d = 0
.
S: 
′
′
′
′
0
a
x
b
y
c
z
d
+
+
+
=

Cas 1
Les listes (a ; b ; c) et (a’ ; b’ ; c’) sont proportionnelles et (a ; b ; c ; d ) et
(a’ ; b’ ; c’ ; d’) ne sont pas proportionnelles.
Alors il n’y a pas de triplets solutions de S.
Cas 2
Les listes (a ; b ; c) et (a’ ; b’ ; c’) ne sont pas proportionnelles.
Le système S caractérise une droite.
Et réciproquement, dans l’espace, toute droite est caractérisée par un système
d’équations cartésiennes
 ax + by + cz + d = 0
où (a ; b ; c) et (a’ ; b’ ; c’ ) non proportionnelles.
S: 
0
+
+
+
=
a
x
b
y
c
z
d
′
′
′
′

Cas 3
Les listes (a ; b ; c ; d) et (a’ ; b’ ; c’ ; d’ ) sont proportionnelles.
Le système S caractérise un plan.
b) Intersection d’une droite et d’un plan
Cas 1
D est strictement parallèle à P
D ∩P = ∅
u ⊥n
u
A
Cas 3
P et D sécants
D ∩ P = {}
I
u et n non orthogonaux
Cas 2
D incluse dans P
D ∩P = D
u ⊥n
D
D
n
u
u
A
n’
I
s
D
n’
P
P
P
Séquence 10 – MA02
57
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B
Exercice I
Exercices de synthèse
Soit ABCDEFGH un cube, I le milieu de [CG], J le milieu de [EH] et K défini par :
1 GK = GH. On s’intéresse à la section du cube par le plan (IJK).
3
Exprimer les vecteurs AI, AJ et AK en fonction de AB, AD et AE.
En déduire que les points A, I, J et K sont coplanaires.
Construire la section du cube par le plan (IJK).
Exercice II
Soit ABCD un tétraèdre et I un point de la face (ABC). J est l’intersection de la
parallèle à (AD) passant par I et du plan (BCD).
A
I
D
B
C
Aspect géométrique
Construire J.
Aspect algébrique
On se place dans le repère A ; AB, AC, AD . On note α l’abscisse de I et β
son ordonnée.
(
)
a) Quel est sa côte ?
b) Déterminer une représentation paramétrique de ). En déduire l’abscisse et
l’ordonnée de J.
c) Déterminer une représentation paramétrique du plan (BCD). En déduire la côte
de J en fonction de α et β.
Exercice III
58
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Soit ABCD un tétraèdre, I le milieu de [AD], G le centre de gravité du triangle ABC
et E le point tel que BECD soit un parallélogramme. On se propose de démontrer
de plusieurs façons que I, G et E sont alignés.
Séquence 10 – MA02
I. Méthode géométrique
On note J le milieu de [AB] et K le milieu de [AC].
En considérant les trois plans (CJI), (ABD) et (BCD) et leurs intersections deux
à deux, montrer que (CJI) coupe le plan (BCD) selon la parallèle à (BD) passant
par C.
Montrer que (BIJ) coupe (BCD) selon la parallèle à (CD) passant par B.
En déduire que I, G et E sont alignés.
II. Méthode vectorielle
Montrer que : IA + IB + IC = 3IG.
Montrer que : IA + IB + IC = IE.
Conclure.
III. Méthode analytique
On note L le milieu de [BC].
On suppose
A,
B, C et D non coplanaires et on se place dans le repère
A ; AB, AC, AD .
(
)
Déterminer les coordonnées de A, B, C, D, E, I, L et G.
En déduire une représentation paramétrique de (IE) puis conclure.
Exercice IV
Soit ABCDEFGH un cube de centre O, I le milieu de [CG], J le milieu de [EH] et K
un point de [HG]. On s’intéresse à la section du cube par le plan (IJK) selon la
position de K.
On note a le réel de [0 ; 1] tel que : GK = a GH.
Partie I
Construction, conjectures
À l’aide d’un logiciel de géométrie dans l’espace comme Geoplan – Geospace,
faire la figure (on choisira dans un premier temps : a = 0,2). Afficher la valeur
de a.
Pourquoi les droites (IK) et (CD) sont-elles sécantes ? On note M l’intersection
de ces deux droites.
Montrer que l’intersection des plans (IJK) et (ABCD) est la parallèle à (JK)
passant par M.
Construire la section du cube par le plan (IJK). On note P le polygone obtenu.
Conjectures
a) Pour quelle(s) valeur(s) de t, P est-il un hexagone régulier ?
b) Pour quelle(s) valeur(s) de t, P a-t-il un sommet en commun avec le cube ?
Partie II
Vérification
On se place dans le repère orthonormé A ; AB, AD, AE .
(
)
Séquence 10 – MA02
59
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Déterminer les coordonnées des points I, J et K.
Déterminer une équation cartésienne du plan (AIJ)
1
3
En déduire que A, I, J et K sont coplanaires si et seulement si a = .
Exercice V
On considère un cube ABCDEFGH de côté 1. L’espace est rapporté au repère
orthonormé A ; AB, AD, AE .
(
)
On désigne par I, J et K les milieux respectifs des segments [BC], [BF] et [HF].
Déterminer les coordonnées des points I, J et K.
 2
Démontrer que le vecteur n  1 est orthogonal à IK et IJ.
 1
En déduire qu’une équation du plan (IJK) est : 4 x + 2y + 2z − 5 = 0.
a) Déterminer un système d’équations paramétriques de la droite (CD).
b) En déduire les coordonnées du point d’intersection R du plan (IJK) et de la
droite (CD).
c) Placer le point R sur la figure.
Tracer sur la figure la section du cube par le plan (IJK).
Exercice VI
Soit ABCDEFGH un cube de côté a. Soit I le milieu de [BG] et J défini par :
2 AJ = AG. On veut montrer que (IJ) est orthogonale aux droites (FC) et (AG).
3
a) Montrer que (FC) ⊥ (AGB).
b) En déduire que (FC) ⊥ (IJ).
a) Montrer que IG ⋅ AG = a 2.
b) Déterminer GJ ⋅ AG.
c) En déduire que : (AG) ⊥ (IJ).
Exercice VII
Soit SABCD une pyramide dont la base est un carré de côté 1 et que [SA] est
orthogonale au plan (ABC) telle que SA = 1.
soit maximal.
Déterminer le point M de [SC] tel que l’angle BMD
Partie I
Conjecture
Faire la figure à l’aide du logiciel Geospace. Créer une variable libre a dans
.
[0 ; 1], créer le point M tel que SM = a SC. Afficher les valeurs de a et de BMD
En modifiant la valeur de a (on pourra choisir un pas de pilotage de 0,01),
et la valeur de a correspondante.
conjecturer la valeur maximale de BMD
Partie II
Démonstrations
On se place dans le repère A ; AB, AD, AS .
(
)
Déterminer les coordonnées des points A, B, C, D, S et M.
60
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Séquence 10 – MA02
Calculer MB, MD et MB ⋅ MD.
( )
= 1−
En déduire : cos BMD
1
.
3a − 4a + 2
Étudier les variations sur [0 ; 1] de la fonction f : x 1−
2
Démontrer alors la conjecture énoncée partie I.
Exercice VIII
1
3x 2 − 4 x + 2
.
On considère dans l’espace muni d’une base orthonormée O ; i , j , k :
(
)
A (a ; 0 ; 0), B (0 ; b ; 0) et C (0 ; 0 ; c) (a, b, c sont strictement positifs).
On note H l’orthocentre de ABC et S l’aire du triangle ABC.
Déterminer le volume du tétraèdre.
Montrer que la droite (BC) est orthogonale au plan (AOH).
En déduire que (OH) C (BC) puis que : (OH) C (ABC).
Déterminer une équation cartésienne du plan (ABC).
Déterminer OH. En déduire une expression de S en fonction de a, b et c.
Séquence 10 – MA02
61
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Mathématiques
Terminale S
Corrigés des exercices
Rédaction :
Laurent Beroul
Isabelle Tenaud
Sébastien Cario
Coordination :
Sébastien Cario
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respectifs. Tous ces éléments font l’objet d’une protection par les dispositions du code français de la propriété intellectuelle ainsi que
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Corrigé de la séquence 1
Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1
On a : e1 = 1,
e2 = 1+ 2 = 3,
3
3
e 3 = 1+ 2 + 3 = 6 , e 4 = 1+ 2 + 3 + 4 = 10
et
3
c1 = 1 = 1, c 2 = 1 + 2 = 9,
c 3 = 13 + 23 + 33 = 36, c 4 = 13 + 23 + 33 + 4 3 = 100.
Il semble donc que c n = en2 .
On a c = 1 et
1
12 (1+ 1)2
n 2 (n + 1)2
» est vraie
= 1 donc la proposition « c n =
4
4
pour n = 1.
Supposons qu’elle le soit pour un rang n = k et montrons qu’elle l’est alors
k 2 (k + 1)2
au rang suivant n = k + 1. Autrement dit, supposons que c k =
et
4
(k + 1)2 (k + 2)2
. On a :
montrons sous cette hypothèse que c k +1 =
4
c k +1 = c k + (k + 1)3 =
k 2 (k + 1)2
k 2 (k + 1)2 + 4(k + 1)3
+ (k + 1)3 =
4
4
(k + 1)2 (k 2 + 4(k + 1)) (k + 1)2 (k 2 + 4k + 4 ) (k + 1)2 (k + 2)2
=
=
4
4
4
n 2 (n + 1)2
.
d’où l’hérédité de la proposition. Finalement, pour tout n ≥ 1, on a c n =
4
n (n + 1)
On sait par ailleurs que, pour tout n ≥ 1, on a en =
donc on a bien, pour
2
tout n ≥ 1, c n = en2 .
=
Exercice 2
On conjecture l’expression de un en calculant les premiers termes de la suite.
1
1
u0
u1
1
1
On a : u1 =
, u2 =
ainsi il semble que
=
= 2 =2=
1 3 3
1+ u 0 2
1+ u1
1+
1
2 2
un =
.
1
1
n +1
u2
1
= 3 = 3= .
Le calcul de u 3 nous conforte dans cette idée. En effet u 3 =
1 4 4
1+ u2
1+
3 3
Corrigé séquence 1 – MA02
3
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1
» est donc vraie pour les premiers rangs ( n = 0 à
n +1
n = 4 ). Supposons qu’elle le soit pour un rang n = k autrement dit, supposons
1
que uk =
.
1
1
k +1
u
1
Sous cette hypothèse, on a uk +1 = k = k + 1 = k + 1 =
et la
k +2 k +2
1
1+ uk
1+
proposition est héréditaire.
k +1 k +1
1
Finalement, pour tout entier n ≥ 0, un =
.
n +1
La proposition « un =
Exercice 3
Vérifions que la proposition est vraie pour les premières valeurs de n :
N
32n − 2n
0
0
7
77
721
1
2
3
32n − 2n
7
0
1
11
103
On suppose que pour un entier k quelconque 32k − 2k est un multiple de 7
autrement dit 32k − 2k = 7A où A est un entier.
Montrons sous cette hypothèse que 32(k +1) − 2k +1 est lui aussi un multiple
de 7. Comme 32k − 2k = 7A , on obtient 32k = 2k + 7A
ce qui donne
32(k +1) − 2k +1 = (2k + 7A ) × 9 − 2k × 2 = 2k (9 − 2) + 7A × 9 = 7(2k + 9 A )
et l’hérédité est bien démontrée puisque 7(2k + 9 A ) est bien un multiple de 7.
Finalement, pour tout entier naturel n, l’entier 32n − 2n est un multiple de 7.
Exercice 4
Tout d’abord, u 0 = 1 donc 0 ≤ u 0 ≤ 2 et la proposition « 0 ≤ un ≤ 2 » est vraie
au rang n = 0.
Soit k ∈ℕ tel que 0 ≤ uk ≤ 2 alors 2 ≤ 2 + uk ≤ 4 puis
2 ≤ 2 + uk ≤ 2
car x ֏ x est croissante sur [2 ; 4], et, a fortiori, 0 ≤ uk +1 ≤ 2. On peut donc
conclure : pour tout entier naturel n, 0 ≤ un ≤ 2.
Exercice 5
À l’aide du tableur de GeoGebra par exemple, on obtient une représentation
graphique et un tableau de valeurs en même temps.
Pour cela, on fait apparaître le tableur (dans le menu Affichage), on travaille
comme à l’aide du tableur d’OpenOffice pour faire apparaître les calculs puis,
après avoir sélectionné la plage A2 :B12 (par exemple), on clique droit et on
choisit « Créer une liste de points ».
4
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Corrigé séquence 1 – MA02
Il semble que la suite soit décroissante. On peut par ailleurs remarquer que la
suite semble avoir une limite (la notion de limite sera étudiée au chapitre suivant).
a) La fonction f est une fonction rationnelle définie sur [0 ; 1], elle est donc
dérivable sur cet intervalle et,
pour tout x ∈0 ; 1 , f ' (x ) =
(x + 3) × 1− 1× (x + 1)
2
=
2
(x + 3)
(x + 3)2
tout x ∈0 ; 1 , f ' (x ) ≥ 0 et f est croissante sur [0 ; 1].
. Par suite, pour
b) On traduit la question posée. On est donc amené à démontrer que pour tout n,
0 ≤ un ≤ 1 et un +1 ≤ un . On peut démontrer par récurrence chacune de ces deux
propriétés ou bien ne faire qu’un seul raisonnement par récurrence en montrant
que pour tout n, 0 ≤ un +1 ≤ un ≤ 1 . Prenons ce deuxième point de vue.
u + 1 1+ 1 1
On a u 0 = 1 et u1 = 0
=
= donc on a 0 ≤ u1 ≤ u 0 ≤ 1 .
u 0 + 3 1+ 3 2
Supposons que pour k ∈ℕ on ait 0 ≤ uk +1 ≤ uk ≤ 1
alors f (0 ) ≤ f (uk +1) ≤ f (uk ) ≤ f (1) car f est croissante sur [0 ; 1]
1
1
≤ uk + 2 ≤ uk +1 ≤ ce qui implique 0 ≤ uk + 2 ≤ uk +1 ≤ 1
3
2
 1 1
car  ;  ⊂ 0 ; 1 .
 3 2
Ainsi, pour tout entier n ≥ 0, 0 ≤ un +1 ≤ un ≤ 1 . La suite (un est donc suite
d’où
)
décroissante à valeurs dans l’intervalle [0 ; 1].
Corrigé séquence 1 – MA02
5
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Exercice 6
a) On a 1!= 1 et 21−1 = 20 = 1 donc la proposition « n !≥ 2n −1 » est vraie
pour n = 1 .
Supposons que pour k ≥ 1, on ait k ! ≥ 2k -1. Il faut alors démontrer, sous cette
)
hypothèse, que (k + 1 ! ≥ 2k .
)
On sait que (k + 1 !=(k + 1) × k ! ainsi, en multipliant chaque membre de
l’hypothèse de récurrence par k + 1 qui est positif, on obtient
(k + 1) × k ! ≥ (k + 1) × 2k −1 c’est-à-dire (k + 1) ! ≥ (k + 1) × 2k −1 (1)
or, pour tout k ≥ 1,
k + 1 ≥ 2 donc (k + 1) × 2k −1 ≥ 2k (2)
)
et les inégalités (1) et (2) conduisent à (k + 1 ! ≥ 2k .
Finalement, pour tout entier naturel n ≥ 1, on a : n !≥ 2n −1 .
b)
n
1
2
3
4
n!
1
2
6
24
2n
2
4
8
16
À l’aide de ce tableau, on constate que la proposition « n !≥ 2n » n’est pas vraie
pour les rangs n = 1, n = 2 et n = 3 mais qu’elle l’est pour le rang n = 4. En
supposant alors que pour k ≥ 4, on ait k !≥ 2k , on est amené à démontrer que
(k + 1) ! ≥ 2k +1 ce qui se fait en suivant exactement la même démarche qu’au a).
Ainsi, pour tout entier naturel n ≥ 4, on a n ! ≥ 2n .
Corrigé des activités du chapitre 3
■
Activité 1
a) À l’aide de la calculatrice (par exemple), on définit la suite et l’on obtient les
deux types de représentations graphiques.
TI82 Stats.fr (ou TI83, TI84)
6
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Corrigé séquence 1 – MA02
Casio Graph 35+
Au vu de ces graphiques, il semble que les valeurs de un tendent à se stabiliser autour
d’un certain nombre. On dira que la suite (un ) semble converger vers ce nombre.
b) À l’aide du tableau de valeurs ci-dessous, il semble que la suite (un ) admette
pour limite 1 lorsque n devient grand.
c) Pour répondre à cette question, on travaille à l’aide du tableau de valeurs
obtenu précédemment.
Il semble alors que un − 1 < 10−2 pour n ≥ 11 puis un − 1 < 10−5 pour n ≥ 21
et enfin un − 1 < 10−8 pour n ≥ 31.
Pour plus de clarté, on peut utiliser un tableur et compléter le travail en créant
une suite (v n ) définie par v n = un − 1 . Les fonctions utilisées sur tableur sont
les fonctions RACINE pour la racine carrée et ABS pour la valeur absolue.
Corrigé séquence 1 – MA02
7
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■
Activité 2
a)
n
100
1000
106
1010
1
10−1
10
≈ 0 , 032
100
10−3
10−5
1
n
10−2
10−3
10−6
10−10
1
10−4
10−6
10−12
10−20
10−6
10−9
10−18
10−30
n
n2
1
n3
b) Il semble que toutes ces suites admettent pour limite 0, seule diffère la vitesse
à laquelle ces suites tendent vers 0.
c) Comme précédemment, on constate que l’on peut rendre un aussi proche de
sa limite pourvu que n soit suffisamment grand.
8
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Corrigé séquence 1 – MA02
≤ 10−2 ⇔ n ≥ 102 ⇔ n ≥ 104 et 0 ≤
1
tout n supérieur au rang N = 104. De façon analogue, on a 0 ≤
1
En effet, on a : 0 ≤
1
n
tout n supérieur au rang N = 10
36
60
rang N = 10 .
d) On a : 0 ≤
1
3
et 0 ≤
1
n
≤ 10
−30
n
≤ 10−2 pour
≤ 10−18 pour
n
pour tout n supérieur au
≤ 10−2 ⇔ n 3 ≥ 100 or la suite de terme général n 3 est crois-
n
1
sante et on observe que 4 3 < 100 alors que 53 > 100 donc 0 ≤
≤ 10−2 pour
3
n
tout n supérieur au rang N = 5.
Pour les autres résultats, la démarche est la même que pour la question c). On
résume les résultats dans un tableau.
0≤
0≤
0≤
Valeurs de r
10−2
10−18
10−30
1
≤ r pour n ≥ N
n
N = 100
N = 1018
N = 1030
1
≤ r pour n ≥ N
N = 10
N = 109
N = 1015
≤ r pour n ≥ N
N =5
N = 106
N = 1010
n
2
1
n
3
Remarque
On pourrait écrire un algorithme assez simple comportant
une boucle « tant que » permettant d’obtenir le résultat
des questions c) et d).
On trouve ci-contre un tel algorithme implémenté sous
Algobox.
Il suffit alors de choisir la valeur de r à savoir 10
puis 10
−18
et enfin 10
−30
−2
dans l’exemple choisi pour
obtenir le rang cherché. Cependant, l’algorithme est très
lent et nécessite un grand nombre de boucles. On est dès
lors très vite limité d’autant plus que sous Algobox, le
nombre de boucles ne peut dépasser 200000.
Corrigé séquence 1 – MA02
9
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■
Activité 3
a)
n
100
1000
106
1010
n
10
10 10 ≈ 31, 6
103
105
n2
104
106
1012
1020
n3
106
109
1018
1030
b) Il semble que toutes ces suites admettent pour limite +∞, seule diffère la
vitesse à laquelle ces suites tendent vers +∞.
c) On a :
n ≥ 103 ⇔ n ≥ 106 donc n ≥ 103 pour tout n supérieur au rang N = 103 ;
n ≥ 1010 ⇔ n ≥ 1020 donc n ≥ 1010 pour tout n supérieur au rang N = 1020 ;
n ≥ 1030 ⇔ n ≥ 1060 donc n ≥ 1030 pour tout n supérieur au rang N = 1060.
d) Comme n ≥ 0,
n 2 ≥ 103 ⇔ n ≥ 1000
or
1000 ≈ 31, 6
et n ∈ℕ
donc n 2 ≥ 103 pour tout n supérieur au rang N = 32.
La suite de terme général n 3 est croissante or 2154 3 < 1010 et 21553 > 1010
donc n 3 ≥ 1010 pour tout n supérieur au rang N = 2155.
Les autres inéquations peuvent être aisément résolues et les résultats sont
résumés dans le tableau ci-dessous.
■
Activité 4
Valeurs de A
103
1010
1030
n 2 ≥ A pour
n ≥N
N = 32
N = 105
N = 1015
n 3 ≥ A pour
n ≥N
N = 10
N = 2155
N = 1010
)
a) Compte tenu de la construction du flocon, il semble clair que les suites (C n ,
(Pn ) et (An ) soient croissantes et la suite (Ln ) décroissante.
Par ailleurs, il semble intuitif de conjecturer que pour des grandes valeurs de n,
la suite (C n ) tende vers +∞, la suite (Ln ) tende vers 0. En revanche, il semble
10
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Corrigé séquence 1 – MA02
difficile de conjecturer intuitivement le comportement des suites (Pn ) et (An )
lorsque n tend vers +∞.
b)
On peut alors confirmer les conjectures précédentes et préciser que (Pn ) semble
tendre vers +∞ alors que (An ) semble tendre vers un nombre limite proche de 69,28.
c) Puisque la suite (Pn ) semble tendre vers +∞, il est possible que le périmètre
dépasse un kilomètre. L’unité est le centimètre or 1 km = 100000 cm , on cherche
donc n tel que Pn ≥ 100000 et à l’aide du tableur, il semble que ce soit le cas à
partir du rang n = 29. L’aire du flocon vaut alors environ 69 , 28 cm2 .
Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 3
Exercice 7
(
)
 1 1
lim 3n 2 − n = lim 3n 2  1− ×  = + ∞
n →+∞
n →+∞
 3 n
lim n 2 = + ∞ donc, par somme,
▶ On
a:
car
1
=0
n →+∞ n
lim
et
n →+∞
lim an = +∞.
n →+∞
▶ On a :
(
)
lim (1− 3n ) = −∞ et lim n 2 + n − 2 = +∞ (par somme car lim n 2 = +∞
n →+∞
)
n →+∞
et lim (n − 2 = +∞) ainsi, par produit, lim bn = −∞.
n →+∞
n →+∞
n →+∞
Corrigé séquence 1 – MA02
11
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n 2(
1
1
− 3)
−3
2
2
1− 3n
1− 3n
n
n
▶ Pour n > 2, c =
=
=
n (n + 1)(n − 2) = 2
n − n − 2 n 2 (1− 1 − 2 ) 1− 1 − 2
n n2
n n2
2
1
=0
n →+∞ n
lim
or
et
2
lim
1
n →+∞ n 2
=0
 1

lim  2 − 3 = −3
n →+∞  n

donc
et
 1 2
lim  1− − 2  = 1 d’où par quotient lim c n = −3.
n →+∞ 
n →+∞
n n 
n +1
 1
1−  
  n +1
 7
1 1
1
7
1
▶ Pour n ∈N , d = 1+ +
 1−   
=
+
...
+
=
n
1
7 72
6   7 
7n


1−
7
n +1
 1
1
7
or lim   = 0 car −1 < < 1 donc lim d n = .
n →+∞  7 
n →+∞
7
6
n
 1
1
▶ On a : lim
−  = 0 car −1 < − < 1 d’où lim en = 3.

n →+∞  2 
n →+∞
2
▶
lim n = +∞ et
On a :
n →+∞
lim 5n = +∞ (car 5 > 1 ) donc par somme
n →+∞
n →+∞
)
▶ Pour n ∈
N , gn = 2n + 2n + 2 − 2n + 3 = 2n (1+ 22 − 23 ) = −3 × 2n
(
lim n + 5n = +∞ puis par inversion lim fn = 0.
n →+∞
or lim 2n = +∞ (car 2 > 1 ) donc par produit lim g n = −∞.
n →+∞
n →+∞
n
n
3
 3
▶ Pour n ∈ℕ , h = 3 − 7 = 7 (
lim   = 0 (car −1 < < 1)
 7  − 1) or n →+∞
n
7
 7
 3  n 
n
donc lim   − 1 = −1 puis lim 7 = +∞ (car 7 > 1 ) donc par produit
n →+∞   7 
n →+∞



lim hn = −∞.
n
n
n  3
n →+∞
n
 7
On peut remarquer que la transformation d’écriture hn = 3 − 7 = 3 (1−   )
 3
permet d’obtenir le résultat tout aussi rapidement.
n
Exercice 8
On a : u =
n
n
n
 1000 
1000
n n − 1000
= n−
or lim n = +∞ et lim  −
=0
n →+∞
n →+∞ 
n
n
n 
donc par somme lim un = +∞.
n →+∞
a) On a
lim un = +∞ donc, par définition de la limite, A étant un réel
n →+∞
quelconque, on peut trouver un rang au-delà duquel un ≥ A.
12
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Corrigé séquence 1 – MA02
b) Soit n ≥ 1. On a
un + 1 − un = n + 1 −
1000
1000
1000 1000
− n+
= n + 1− n +
−
n +1
n
n
n +1
puis
un + 1 − un =
( n + 1 − n )( n + 1 − n )
n + 1+ n
+ 1000
1000
1
n + 1− n
+
=
(n + 1)n
n + 1 + n (n + 1)n
1
> 0 car l’inverse d’une somme de deux nombres strictement
n + 1+ n
1000
positifs et
> 0 car n > 0 et n + 1 > 0 ainsi, par somme, un +1 − un > 0
(n + 1)n
or
et la suite (un ) est croissante.
c) La suite (un ) étant croissante, pour obtenir le plus petit rang N à partir duquel
tous les termes de la suite (un ) appartiennent à l’intervalle  A ; +∞  où A est un
réel quelconque, il suffit de calculer les termes successifs de la suite tant
que un ≤ A.
L’implémentation sous
Algobox est alors la
suivante :
▶
Pour
tout
On peut remarquer que (un ) tend lentement vers +∞ et sous Algobox, on
est très vite limité par le grand nombre
de boucles nécessaires pour obtenir le
résultat.
n
n
2
2
n ∈N , −1 ≤ ( − 1) ≤ 1 donc −1 ≤ −( − 1) ≤ 1 puis 2n − 1 ≤ an ≤ 2n + 1 or
)
(
lim 2n 2 − 1 = +∞ donc, par comparaison lim an = +∞.
n →+∞
n→+∞
▶
Pour tout
(
)
n ∈N,
−1 ≤ sin
( n ) ≤ 1 donc −1− n 3 ≤ bn ≤ 1− n 3
lim 1− n 3 = −∞ donc, par comparaison
n →+∞
or
lim b = −∞.
n→+∞ n
Corrigé séquence 1 – MA02
13
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tout
sin n ≤ 1
 3
0 ≤ cn ≤  
 4
donc
n
n
 3
(car   ≥ 0 )
 4
▶
Pour
or
 3
3
lim   = 0 (car −1 < < 1) d’où par le théorème des gendarmes
n →+∞  4 
4
n ∈N ,
n
lim c = 0 puis lim c n = 0.
n →+∞ n
n →+∞
▶ Pour tout n ∈
N , −1 ≤ cos n ≤ 1 donc n − 1 ≤ n + cos n ≤ n + 1 . De plus, pour
tout n ≥ 2, 3 − 2n < 0
1
n + 1 n + cos n n − 1
.
donc
< 0 ainsi par produit, pour tout n ≥ 2,
≤
≤
3 − 2n
3 − 2n
3 − 2n
3 − 2n
 1
n  1+  1+ 1
 n
n +1
n or lim 1 = 0 donc lim 1+ 1 = 1
Pour n ≥ 2,
=
=
3 − 2n
3  3
n →+∞ n
n →+∞ n
−2
n  − 2
n  n
n +1
1
3
= − . De façon analogue,
− 2 = −2 puis par quotient lim
et lim
n →+∞ 3 − 2n
2
n →+∞ n
n −1
1
= − (on remarquera à cet endroit qu’il n’est pas
n →+∞ 3 − 2n
2
nécessaire de réécrire le détail de la démonstration dans la mesure où on utilise
lim
on obtient
exactement la même démarche). Finalement, par le théorème des gendarmes,
lim d = −∞.
n →+∞ n
Exercice 10
Pour tout n ≥ 2, −1 ≤ ( − 1)n ≤ 1 donc n − 1 ≤ n + ( − 1)n ≤ n + 1 puis par inversion
1
1
1
≤
≤
et, par produit par n qui est positif, on a
n
n + 1 n + ( − 1)
n −1
n
n
≤ un − 3 ≤
n −1 .
n +1
Puis pour n ≥ 2,
et lim
1
n →+∞ n
=0
n
=
n +1
n

1 
n n +


n
=
1
n+
1
or
lim
n →+∞
n = +∞
n

1 
donc lim  n +
lim
 = +∞ puis par inversion n→+∞
n →+∞ 
n
1
n+
1
= 0, c’est-à-
n
n
n
= 0. De façon analogue, on montre que lim
= 0.
n →+∞n + 1
n →+∞ n − 1
dire lim
Ainsi, par le théorème des gendarmes
lim u = 3.
n →+∞ n
14
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Corrigé séquence 1 – MA02
lim
n →+∞
(un − 3) = 0 ce qui conduit à
Exercice 11
On a un +1 =
1
1
1
+
+ ... +
n + 1+ 1 n + 1+ 2
2(n + 1)
donc un +1 =
1
1
1
+
+ ... +
ainsi pour tout n ∈N ,
n +2 n+3
2n + 2
u n +1 − u n =
1
+
1
+ ... +
1
1
−
−
1
− ... −
2n + 2 n + 1 n + 2
n +2 n +3
1
1
1
=
+
−
2n + 2 2n + 1 n + 1
2n + 1+ 2(n + 1) − 2(2n + 1)
1
.
=
=
2(n + 1)(2n + 1)
2(n + 1)(2n + 1)
1
2n
Comme n ≥ 0, on a 2(n + 1)(2n + 1) > 0 et pour tout n ≥ 0, un +1 − un ≥ 0
donc (un ) est croissante.
1
1
1
≤
≤
ainsi un est la
2n n + k n + 1
Pour tout 1≤ k ≤ n , n + 1 ≤ n + k ≤ 2n donc
somme de n termes tous inférieurs à
n
1
d’où un ≤ 1.
donc un ≤
n +1
n +1
Finalement, (un ) est croissante et majorée par 1 donc (un ) est convergente
(théorème de la convergence monotone). On remarquera que l’on n’obtient pas
la valeur de la limite. La seule information dont on dispose parce que l’on a
prouvé, c’est que la limite est inférieure à 1.
Corrigé des exercices de synthèse
du chapitre 4
Exercice I
La fonction f est une fonction rationnelle définie sur  −∞ ; 6  donc f est déri-
vable sur  −∞ ; 6  . Pour x < 6, on a f '(x ) = 9
−( −1)
(6 − x )2
=
9
(6 − x )2
donc f ' (x ) > 0
sur  −∞ ; 6  et f est strictement croissante sur  −∞ ; 6  .
a) On souhaite démontrer que, pour tout n ∈ℕ , u < 3 et u ≤ u
n
n
n +1. On
peut donc montrer en une seule étape que, pour tout n ∈ℕ , un ≤ un +1 < 3. On
raisonne par récurrence.
On a u 0 = −3 et u1 = f (u 0 ) =
9
= 1 donc u 0 ≤ u1 < 3.
6 − u0
Corrigé séquence 1 – MA02
15
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Soit k ∈ℕ tel que uk ≤ uk +1 < 3. alors f (uk ) ≤ f (uk +1)<f ( 3) car f est
strictement croissante sur  −∞ ; 6  .
On obtient uk +1 ≤ uk +2 < 3.
Finalement, pour tout n ≥ 0, on a un ≤ un +1 < 3.
b) La suite (un ) est croissante et majorée par 3 donc, par le théorème de la
convergence monotone, on peut en déduire que (un ) est convergente. Par
ailleurs, pour tout n ≥ 0, un < 3 donc la limite ℓ de (un ) vérifie ℓ ≤ 3 comme
conséquence de la compatibilité avec l’ordre.
a) Soit n ∈ℕ .
On a :
v n +1 − v n =
=
1
1
=
un + 1 − 3 un − 3
−
6 − un − 3
3(un − 3)
=
1
9
−3
6 − un
6 − un
1
1
−
=
un − 3 3un − 9 un − 3
3 − un
1
=− .
3(un − 3)
3
Ainsi, pour tout n ∈ℕ , v n +1 = v n −
raison −
−
1
et la suite (v n ) est arithmétique de
3
1
1
1
et de terme initial v 0 =
=− .
u0 − 3
3
6
b) Pour n ∈ℕ , on a v n =
1
1
1
donc un − 3 =
ou encore un = + 3.
un − 3
vn
vn
1
1
La suite (v n ) étant arithmétique de raison − et de terme initial v 0 = − , on
3
6
1 n
obtient que pour tout n ∈ℕ , v n = − − et on en déduit que lim v n = −∞.
n →+∞
6 3
 1

1
Par inversion, on a lim
= 0 puis par somme lim  + 3 = 3.
n →+∞ v n
n →+∞  v n

Finalement, lim un = 3.
n →+∞
Exercice II
La suite (u ) est constante si et seulement si, pour tout n ∈ℕ , u
n
n + 1 = un
soit
un + 6
= un , un + 6 = un (un + 2) ou encore un2 + un − 6 = 0
un + 2
or l’équation x 2 + x − 6 = 0 a pour discriminant ∆ = 25 = 52 et pour solutions
a = 2 et b = –3. Donc, en choisissant u0 = 2 ou u 0 = −3, (un ) est constante.
16
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Corrigé séquence 1 – MA02
a)
La
f
fonction
est
une
fonction
rationnelle
définie
sur E =  −∞ ; − 2 ∪  −2 ; +∞  donc f est dérivable sur tout intervalle inclus
(x + 2) × 1− 1× (x + 6 )
−4
dans E et, pour x ≠ −2, on a f ' (x ) =
=
. Par suite,
(x + 2)2
(x + 2)2
f ' (x ) < 0 sur E et f est décroissante sur  −∞ ; − 2 et sur  −2 ; + ∞  .
3
2
1
0
0
u0
0,5
1
1,5
u2
2u
3
2,5
3
u1
b) Au vu du graphique, il semble que (un ) ne soit pas monotone et qu’elle soit
convergente vers 2.
c) À l’aide du logiciel Geogebra, après avoir créé la fonction f, on crée un
curseur représentant u 0 que l’on peut nommer u_0 et qui prend des valeurs
entre −10 et 10 par exemple. On crée un deuxième curseur n prenant des valeurs
entières entre 0 et 20 par exemple. Enfin, on sait que l’on peut obtenir un par
la fonction Itération[f,u_0,n]. Pour cela, on entre dans la barre de saisie u_n=
Itération[f,u_0,n]. On peut alors visualiser le problème en représentant en
abscisse le point de coordonnées (u_n,0) .
Il reste alors à choisir différentes valeurs pour u 0 et, dans chaque cas, à faire
varier n pour observer le comportement de un .
On obtient par exemple :
u0 = 4
5
n = 11
0
–5
–4
–3
–2
–1
0
1
2
un
3
4
Corrigé séquence 1 – MA02
17
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u0 = 2,8
5
n = 16
0
–4
–3
–2
0
–1
1
2
un
3
4
5
2
un
3
4
u0 = –4,5
5
n = 13
0
–4
–3
–2
–1
0
1
À l’aide d’un tableur, on entre les valeurs de n dans la colonne A et en B3, on
entre la formule =(B2+6)/(B2+2). Il suffit alors de choisir différentes valeurs de
u0 en B2 pour obtenir des conjectures. On obtient par exemple :
Ces résultats permettent de retrouver le fait que dans les cas où u 0 = 2
ou u 0 = −3, la suite est constante. Dans le cas où u 0 = −3 , elle est donc
convergente vers −3 alors que dans tous les autres cas, elle semble convergente
vers 2.
On rappelle que b = –3.
u +6
= −3 d’où
Pour qu’il existe un rang n tel que un +1 = −3 alors n
un + 2
un + 6 = −3(un + 2) ce qui conduit à un = −3. Autrement dit, pour qu’un terme
de la suite soit égale à −3, il faut que le précédent soit −3. En supposant
u 0 ≠ −3, on ne peut donc pas trouver de valeur de n pour laquelle un = −3.
18
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Corrigé séquence 1 – MA02
En choisissant u 0 ≠ −3, la suite (v ) est donc bien définie.
n
Soit n ∈ℕ. On a
un + 6
−2
un + 1 − a un + 2
−u + 2 −(un − 2)
1 u −a
1
= − vn .
=− n
=
= n
=
v n +1 =
4un + 12 4(un + 3)
un + 1 − b un + 6
4 un − b
4
+3
un + 2
1
La suite (v n ) est donc géométrique de raison − et de terme initiale
4
n
u0 − a
 1
v0 =
donc v n = v 0  −  .
u0 − b
 4
u −a
, on
On remarque que a ≠ b donc pour tout n ∈ℕ , v n ≠ 1 puis de v n = n
un − b
en déduit successivement que
v n (un − b ) = un − a , un (v n − 1) = bv n − a
et enfin un =
On
bv n − a
.
vn − 1
rappelle
a=2
que
et
b = −3
donc,
pour
tout
n ∈ℕ ,
n
un =
u − 2  1
−2
−3 0
−
u0 + 3  4 
.
u0 − 2  1 n
−1
−
u0 + 3  4 
1
Comme −1 < < 1 , lim v n = 0 ce qui implique que lim un = 2.
n →+∞
n →+∞
4
On peut remarquer que ce raisonnement convient pour toute valeur de
u0 différente de −2 et de −3. Dans le cas où u 0 = −2, la suite (un ) n’est
pas définie et, dans le cas où u 0 = −3, la suite (un ) est constante et donc,
convergente vers −3. Les résultats démontrés confirment donc les conjectures
émises précédemment.
Exercice III
La fonction f est un polynôme donc f est dérivable sur ℝ et pour tout x ∈ℝ,
on a f '( x ) = 1, 6 − 1, 6 × 2x = 1, 6(1− 2x ). Par suite, f ' (x ) est du signe de 1− 2x


1
1
d’où f ' (x ) ≥ 0 sur  −∞ ;  et f ' (x ) ≤ 0 sur  ; + ∞  . La fonction f est donc
2


2


1
1
croissante sur  −∞ ;  et décroissante sur  ; + ∞  .
2


2
Corrigé séquence 1 – MA02
19
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0,4
0,3
0,2
0,1
0
0
u0 u1 u2
u3 u
4
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0,9
1
Il semble alors que la suite (un ) soit croissante et convergente vers l’abscisse
non nulle du point d’intersection de la courbe représentant f et de la droite
d’équation y = x. On peut préciser la conjecture en résolvant l’équation f (x) = x.
On a : f (x ) = x ⇔ 1, 6 x − 1, 6 x 2 = x ⇔ 0 , 6 x − 1, 6 x 2 = 0 ⇔ 0 , 2x ( 3 − 8 x ) = 0
3
⇔ x = 0 ou x = .
8
3
Ainsi, il semble que (un ) soit convergente vers .
8
3
8
a) On a u = 0 ,1 puis u = 1, 6u (1− u ) = f (u ) = 0 ,144 donc 0 ≤ u 0 ≤ u1 ≤ .
0
1
0
0
0
Soit k ∈ℕ tel que 0 ≤ uk ≤ uk +1 ≤
3
3
alors f (0 ) ≤ f (uk ) ≤ f (uk +1) ≤ f ( ) car f
8
8


1
3
est croissante sur  −∞ ;  donc sur 0 ;  . Comme f (0) = 0, f (uk ) = uk +1 ,
2

 8
 3 3
3
f (uk +1) = uk + 2 et f   = , on a donc 0 ≤ uk +1 ≤ uk + 2 ≤ .
8
 8 8
3
Ainsi, par récurrence, pour tout n ∈ℕ , on a 0 ≤ un ≤ un +1 ≤ .
8
b) La suite (un ) est croissante et majorée par
3
donc elle est convergente
8
par le théorème de la convergence monotone. Par ailleurs, pour tout n ∈ℕ ,
on a 0 ≤ un ≤
20
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3
3
donc la limite ℓ de (un ) vérifie 0 ≤ ℓ ≤ .
8
8
Corrigé séquence 1 – MA02
a) Soit n ∈ℕ. On a :
3
3
3 8
3 8
8
− un +1 = − 1, 6un (1− un ) = − un (1− un ) = − un + un2
8
8
8 5
8 5
5
5

  8 3
3
 8 5
3
or 1, 6  − un   − un  =  − un   − un  =  1− un   − un 

  5 8
8
 5 8
8
8
3 8
8
= − un + un2
8 5
5
donc
5

3
3
− un +1 = 1, 6  − un   − un  .
8

8
8
La suite (un ) est croissante de terme initial u 0 = 0 ,1 donc pour tout n ∈ℕ ,
5
5
5



un ≥ 0 ,1 puis 1, 6  − un  ≤ 1, 6  − 0,1 , c’est-à-dire 1, 6  − un  ≤ 0, 84. De
8

8

8

plus,
3
5


3
3
− un ≥ 0 donc 1, 6  − un   − un  ≤ 0, 84  − un  ainsi pour tout
8
8


8
8
n ∈ℕ ,
3

3
− un +1 ≤ 0, 84  − un  .
8
8

3
3
− u 0 = − 0 ,1 = 0 , 275 et 0 , 840 = 1 donc
8
8
la proposition est vraie au rang n = 0. Supposons qu’elle le soit pour un certain
b) On raisonne par récurrence. On a
rang k ; c’est-à-dire supposons que pour k ∈ℕ , on ait
Sous
cette
hypothèse,
on
3

3
− uk +1 ≤ 0, 84  − uk 
8
8

d’où
a
alors
3
− u ≤ 0, 84k .
8 k
3

0, 84  − uk  ≤ 0, 84k +1
8

or
3
−u
≤ 0, 84k +1 et la proposition est
8 k +1
3
héréditaire. Finalement, pour tout n ∈ℕ , on a − un ≤ 0 , 84n .
8
3
c) Des questions 3.a et 4.b, on déduit que pour tout n ∈ℕ , 0 ≤ − un ≤ 0 , 84n
8
3

or lim 0, 84n = 0 car −1 < 0 , 84 < 1 d’où lim  − un  = 0 par le théorème
n →+∞
n →+∞  8

3
des gendarmes. Ainsi lim un = .
n →+∞
8
Corrigé séquence 1 – MA02
21
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Exercice IV
Vrai
En effet, toute suite décroissante est majorée par son premier terme.
Faux
Toute suite décroissante et minorée est bien convergente par le théorème de
la convergence monotone. Si elle est minorée par 0, on peut en déduire que
sa limite ℓ vérifie ℓ ≥ 0 mais rien ne permet d’affirmer que la limite est nulle.
1
Prenons la suite de terme général un = 1+ . Cette suite est décroissante, elle
n
est minorée par 0 mais elle admet pour limite 1.
Vrai
Toute suite croissante est minorée par son premier terme. Si la suite est de plus
majorée, elle est donc bornée.
Vrai
En effet, dire qu’une suite qui admet pour limite +∞ signifie que, quel que soit le
réel M, on peut trouver un certain rang au delà duquel tous les termes de la suite
dépasse M. Ainsi, aucun réel ne peut être un majorant d’une telle suite.
Faux
Prenons un = −
1
1
et v n =
alors pour tout n ∈ℕ , un < v n . En revanche,
n +1
n +1
lim un = 0 et lim v n = 0 donc, dans ce cas, on a lim un = lim v n .
n →+∞
n →+∞
n →+∞
n →+∞
On peut remarquer que par la compatibité avec l’ordre, lorsque (un ) et (v n )
sont des suites convergentes telles que pour tout n ∈ℕ , un < v n alors, la seule
affirmation que l’on puisse en déduire est que lim un ≤ lim v n .
n →+∞
Exercice V
n →+∞
La fonction f est une fonction homographique donc (u ) est définie par
n
un = f (n ) =
an + b
cn + d

b
n a +  a + b
n

an + b
n or lim 1 = 0 d’où lim a + b = a
puis un =
=
=
d
cn + d
 d
n →+∞ n
n →+∞ n
n c +  c +
n
 n
a
d
et lim c + = c . Par quotient, on obtient donc lim un = ainsi il suffit de
c
n →+∞ n
n →+∞
a
choisir f telle que = 2012 . Par exemple, en prenant a = 2012 et c = 1, la suite
c
2012n + 1
(un ) définie par un =
convient.
n−3
22
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Corrigé séquence 1 – MA02
2. Si (un ) est une suite géométrique convergente alors sa raison q est telle que
−1 < q ≤ 1. Mais si q = 1 la suite est contante et si −1 < q < 1 , celle-ci converge
vers 0. On ne peut donc pas trouver de suite géométrique non constante
convergente vers 2012.
3. La suite (un ) est définie par une expression de la forme un = α ×
1− q n
où α
1− q
est un réel et q un réel différent de 1. Pour que (un ) converge, on choisit −1 < q < 1
1− q n
1
α
.
et lim un =
=
n →+∞
n →+∞ 1− q
n →+∞
1− q
1− q
1
On obtient le résultat en choisissant par exemple α = 1006 et q = .
2
de sorte que lim q n = 0 puis lim
4. La suite (un ) est définie par une expression de la forme un = αn + β. Elle
est donc convergente si et seulement si α = 0 autrement dit, si et seulement si
(un ) est constante. Par suite, on ne peut pas trouver de suite arithmétique non
constante convergente vers 2012.
Exercice VI
1. À l’aide de Geogebra, on obtient l’illustration ci-contre.
Il semble que les suites (un ) et (v n ) soient
convergentes vers une même limite comprise
entre 0,3 et 0,4. L’aire A semble donc être égale
à cette limite.
1
0,8
2. a) En s’appuyant sur le graphique, on
remarque que les rectangles considérés pour
1
calculer un ont tous un côté de longueur
n
2
k
et la hauteur vaut   pour k allant de 0
n
à n − 1.
0,6
n = 16
0,4
0,2
Ainsi
0
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
vn = 0,36523
un = 0,30273
un =
=
1 02 1 12 1 22
1 (n − 1)2
× 2 + × 2 + × 2 + ... + ×
n n n n n n
n
n2
1 n −1 2
∑k .
n 3 k =1
De façon analogue, on remarque que les rectangles considérés pour calculer v n
2
ont tous un côté de longueur
k
1
et la hauteur vaut   pour k allant de 1 à n.
n
n
Corrigé séquence 1 – MA02
23
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Ainsi v n =
1 12 1 22
1 n2 1 n
× 2 + × 2 + ... + + × 2 = 3 ∑ k 2 .
n n n n
n n
n k =1
b)
n
1
k =1
n
k =1
Pour n = 1, on a ∑ k 2 = ∑ k 2 = 12 = 1 et
la proposition « ∑ k 2 =
k =1
n (n + 1)(2n + 1) 1× 2 × 3
=
= 1 donc
6
6
n (n + 1)(2n + 1)
» est vérifiée au rang n = 1.
6
p
On suppose que pour p ∈ℕ , on ait ∑ k 2 =
∗
k =1
p +1
hypothèse, on montre que ∑ k 2 =
k =1
On a
p +1
p
∑ k = ∑ k 2 + (p + 1)2 =
2
k =1
k =1
=
(p + 1)(p + 2)(2p + 3)
.
6
p (p + 1)(2p + 1)
p (p + 1)(2p + 1) + 6(p + 1)2
+ (p + 1)2 =
6
6
(p + 1)(2p 2 + 7p + 6 )
6
p +1
or (p + 2)(2p + 3) = 2p 2 + 7p + 6
d’où
n
2
Finalement pour tout n ∈ℕ ∗ , ∑ k =
k =1
n −1
On en déduit que ∑ k 2 =
k =1
un =
Démontrons
(p + 1)(p + 2)(2p + 3)
6
et la
n (n + 1)(2n + 1)
.
6
(n − 1)n (2n − 1)
d’où
6
(n − 1)n (2n − 1)
6n 3
que
∑ k2 =
k =1
proposition est bien héréditaire.
c)
p (p + 1)(2p + 1)
et, sous cette
6
la
alors que v n =
suite
(un )
n (n + 1)(2n + 1)
est
6n 3
.
convergente.
On
a
(n − 1)n (2n − 1) = 2n 3 − 3n 2 + n donc, pour n ≥ 1,

3 1
n3  2− + 2 
3
2
 n n  1
3 1
(n − 1)n (2n − 1) 2n − 3n + n
= 2− + 2 
un =
=
=
3
3
3
6 n n 
6n
6n
6n
1
1
3 1
= 0 et lim
= 0 donc lim 2 − + = 2 puis par produit
n n2
n →+∞ n
n →+∞ n 2
n →+∞
or lim
lim un =
n →+∞
24
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2 1
1
= . En procédant de façon analogue, on obtient lim v n = .
n →+∞
6 3
3
Corrigé séquence 1 – MA02
Comme on sait que pour tout n ≥ 1, on a un ≤ A ≤ v n , on obtient par passage à
1
la limite (conséquence de la compatibilité avec l’ordre) que A = . Finalement,
3
1
l’aire cherchée vaut
en unité d’aire (l’unité d’aire étant l’aire du rectangle
3
formé par les vecteurs de base).
1
Exercice VII
2
k
k
1
1
1
2
11
,
u
=
=
=
1 ∑ k + 1 1+ 1 2
2 ∑ 2k + 1 = 2 + 1 + 2 × 2 + 1 = 15
k =1
k =1
On a : u =
3
1
2
3
117
k
.
=
+
+
=
3k + 1 3 + 1 3 × 2 + 1 3 × 3 + 1 140
k =1
et u 3 = ∑
a) Soit n ∈ℕ* et k tels que 1≤ k ≤ n. On a
k
=
nk + 1
1
or, de 1≤ k ≤ n
1
n+
k
1
1
1
1 1
on déduit que
≤ ≤ 1 puis n + ≤ n + ≤ n + 1 d’où n ≤ n + ≤ n + 1
n
k
k
n k
1
1
1
k
1
1
1
≤
≤ , c’est-à-dire
≤
≤ .
> 0. Alors par inversion
1
1
n
n
+
n
+
nk
+
n
1
1
n
n+
k
k
1
1
b) Pour n ∈ℕ ∗ , on a
≤
≤
pour tout 1≤ k ≤ n.
n + 1 nk + 1 n
car
n
n
n
n
n
k
1
1
1
1
1
1
et ∑ = n × car
≤∑
≤ ∑ or ∑
=n×
n + 1 k =1nk + 1 k =1n
n +1
n + 1 k = 1n
n
k =1
k =1
Donc ∑
dans chaque cas on considère la somme de n termes identiques d’où
n
≤ u ≤ 1.
n +1 n
1
n
n
1
1
=
=
or lim
= 0 donc lim 1+ = 1 et par
1
n + 1  1
n →+∞ n
n →+∞ n
n  1+  1+
n
 n
n
1
= 1 d’où lim
inversion lim
= 1. Par le théorème des gendarmes,
n →+∞ n + 1
1
n →+∞
1+
n
on en déduit que lim un = 1.
c) On a
n →+∞
Corrigé séquence 1 – MA02
25
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a) On a
lim u = 1 donc, par définition, on peut trouver un un entier p
n →+∞ n
strictement positif tel que, pour tout entier n ≥ p, on a un − 1 < 10−2.
1
n
−1
. Ainsi,
≤ un − 1 ≤ 0 d’où un − 1 ≤
≤ un ≤ 1, on déduit que
n +1
n +1
n +1
1
< 10−2 , n + 1 > 100 puis n > 99 c’estpour que un − 1 < 10−2 , il suffit que
n +1
à-dire n ≥ 100. En choisissant p = 100, on est assuré que pour tout entier n ≥ p ,
De
on a un − 1 < 10−2.
b) À l’aide de l’algorithme ci-dessous implémenté sous Algobox, on obtient
u100 ≈ 0,99948289
c) Compte tenu de la question
précédente, l’entier p cherché
dans cette question est
nécessairement inférieur ou
égal à 100. Pour répondre à
la question, on peut procéder
de l’une des deux façons
suivantes.
▶ Calculer toutes les valeurs de u
n pour n allant de 1 à 100 et garder la plus petite
valeur de n pour laquelle un − 1 < 10−2. On remarquera qu’en travaillant dans
ces sens, on ne peut pas s’arrêter dès que la condition un − 1 < 10−2 est vérifiée
pour un certain entier p car on n’a aucune information sur le comportement de la
suite (un ) pour n ≥ p. On obtient par exemple l’algorithme de gauche.
▶ Raisonner dans l’autre sens en calculant les termes de la suite à partir de
n = 100 et s’arrêter dès que la condition un − 1 ≥ 10−2 est vérifiée. On obtient
par exemple l’algorithme de droite.
26
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Corrigé séquence 1 – MA02
À l’aide de l’un ou l’autre de ces algorithmes implémentés sous Algobox, on
obtient p = 19 et u19 ≈ 0,99039602
d) Une condition suffisante sur p pour que un − 1 < 10−2 soit vérifiée pour
tout entier n ≥ p conduit à p = 100 alors que la condition est vérifiée dès que
p = 19. Ceci s’explique par le fait que l’encadrement obtenu à la question 3.b
)
est très large. Il est suffisant pour obtenir la convergence de (un , en revanche
il est trop large pour obtenir des informations intéressantes quant à la vitesse de
convergence de la suite.
Corrigé séquence 1 – MA02
27
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Exercice VIII
On a
1
3! 2
10!
= , u 3 = 3 = ≈ 0, 22, u10 = 10 ≈ 0, 00037
9
2 2
3
10
100!
≈ 9, 3 ⋅ 10−43.
et u100 =
100
100
u1 = 1, u 2 =
2!
2
Il semble que (un ) soit convergente vers 0 donc que n n tende vers +∞ beaucoup plus vite que n ! .
On remarque que, u
Alors, pour n ≥ 1,
n ne s’annulant pas, on peut considérer le quotient
n +1
n
n
n !× (n + 1) × (n + 1)
u
(n + 1) =  1+ 1
n ! (n + 1)
on a n = n ×
=
=
 n 
n
un +1 n
(n + 1)!
n × n !×
× (n + 1)
nn
un
.
un +1
n
or, en
n
 1
1
1
appliquant l’inégalité de Bernoulli avec x = , on a  1+  ≥ 1+ n × d’où
n
n
 n
un
pour n ≥ 1,
≥ 2.
un +1
1
Démontrons par récurrence que pour tout n ≥ 1, un ≤ n −1 .
2
1
1
On a u1 = 1 et
= 1 donc la proposition « un ≤
» est vraie pour n = 1.
1−1
n −1
2
2
uk
1
Supposons que pour k ∈ℕ , on ait uk ≤
. De
≥ 2, on déduit
uk +1
2k −1
par inversion que
uk + 1 1
1
≤ puis par produit (car uk > 0 ) que uk +1 ≤ uk .
2
2
uk
1
1
L’hypothèse de récurrence permet alors d’écrire uk +1 ≤ ×
ou encore
2 2k −1
uk + 1 ≤
1
2k
et la proposition est héréditaire.
1
Finalement, pour tout n ≥ 1, un ≤ n −1 .
2
On sait que pour tout n ≥ 1, un ≤
1
2n −1
or (un ) est une suite à termes
1
1
positifs donc, pour tout n ≥ 1, 0 ≤ un ≤ n −1 . De plus lim n −1 = 0 donc par
n →+∞ 2
2
le théorème des gendarmes lim un = 0 La conjecture est bien vérifiée et n n
n →+∞
tend vers +∞ beaucoup plus vite que n !.
28
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Corrigé séquence 1 – MA02
Exercice IX
a)
b) En testant l’algorithme pour de grandes valeurs de n, il semble que (un ) tende
vers +∞.
a) Soit k ≥ 1. On a
k + 1− k =
k ≤ k ≤ k +1
or
( k + 1 − k )( k + 1 + k )
k + 1+ k
k ≤ k + 1 ≤ k + 1 donc
et
2 k ≤ k + k + 1 ≤ 2 k + 1 et par inversion
ainsi pour tout k ≥ 1,
1
2 k +1
≤ k + 1− k ≤
b) En sommant les inégalités k + 1 − k ≤
n
n
k =1
n
k =1
1
2 k
1
2 k +1
1
2 k
≤
1
=
k + 1+ k
par somme
1
k + 1+ k
≤
1
2 k
.
pour k allant de 1 à n, on obtient
1
∑ k + 1 − k ≤ ∑ 2 k or
∑ k + 1 − k = 2 − 1 + 3 − 2 + ... + n − n − 1 + n + 1 − n
k =1
= n + 1− 1
n
et
1
∑2 k
k =1
=
1 n 1 1
∑ = u
2 k =1 k 2 n
d’où
1
n + 1 − 1 ≤ un
2
ce
qui
donne
Corrigé séquence 1 – MA02
29
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2 n + 1 − 2 ≤ un .
Comme
n ≤ n + 1, on en déduit finalement que
2 n − 2 ≤ un (1).
En sommant les inégalités
n −1
1
on obtient ∑
k =12 k + 1
n −1
or ∑
1
k =12 k + 1
=
1
2 k +1
≤ k + 1 − k pour k allant de 1 à n − 1,
n −1
≤ ∑ k + 1− k
k =1
1 n −1 1
1 1
1
1
1
1
1
= (
+
+ ... +
) = (un − 1) = un −
∑
2 k =1 k + 1 2 2
2
2
n 2
3
n −1
1
1
et ∑ k + 1 − k = 2 − 1 + ... + n − n − 1 = n − 1 d’où un − ≤ n − 1
2
2
k =1
ce qui donne
1
1
un ≤ n − puis un ≤ 2 n − 1 (2).
2
2
Des inégalités (1) et (2), on déduit que pour tout n ≥ 1, 2 n − 2 ≤ un ≤ 2 n + 1 .
a) On a lim n = +∞ donc lim 2 n − 2 = +∞ or pour n ≥ 1, 2 n − 2 ≤ u
n
n →+∞
n →+∞
donc par comparaison, lim un = +∞ .
n →+∞
b) On sait que pour n ≥ 1, on a 2 n − 2 ≤ un ≤ 2 n − 1 or
2 n −2
≤
un
≤
2 n +1
c’est-à-dire 1−
1
≤
un
≤ 1−
1
or
n 2 n
2 n
2 n
2 n
2 n
1
1
1
lim
= 0 donc lim 1−
= 1 et lim 1−
= 1 puis, par le
n →+∞ n
n →+∞
n →+∞ 2 n
n
un
théorème des gendarmes lim
= 1. Finalement 2 n est un équivalent
n →+∞ 2 n
donc
,
n >0
de un . On a ainsi démontré que (un ) est divergente et qu’elle tend vers +∞ à
la même vitesse que 2 n tend vers +∞ .
Exercice X
a) La fonction f est une fonction rationnelle définie sur 0 ; + ∞ 
donc f est dérivable sur
30
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Corrigé séquence 1 – MA02
0 ; + ∞ 
et pour tout x > 0, on a
)(
(
)
A  x2 − A x − A x + A
1
=
f '( x ) =  1− 2  =
or x + A > 0 sur 0 ; + ∞ 
2 x 
2x 2
2x 2
donc f ' (x ) est du signe de x − A à savoir négatif sur 0 ; A  et posi

tif sur  A ; + ∞  . Par suite, f est décroissante sur 0 ;

A  et croissante

sur  A ; + ∞  .
b)
Ꮿf
1
0
0
0,2
04
0,6
0,8
1,0
1,2
1,4
1,6
1,8
2
u3 u2 u1
u0
)
a) En s’appuyant sur la représentation des premiers termes de (un , il semble
que la suite soit décroissante et très rapidement convergente vers l’abscisse du
point d’intersection de la courbe Ꮿf et de la droite d’équation y = x. Dans le cas
où A = 2, il semblerait donc que (un ) soit convergente vers
2.
b) Montrons que u1 ≤ u 0 .
Pour cela, on remarque que :
A
1
u1 ≤ u 0 ⇔  u 0 +  ≤ u 0 ⇔ u 02 + A ≤ 2u 02 ⇔ A ≤ u 02
u0 
2
or u 0 = E( A ) + 1 donc u 0 ≥ A d’où u 02 ≥ A de sorte que l’on a bien u1 ≤ u 0 .
De plus, comme u 0 ≥ A et f est croissante sur  A ; +∞  , on a
1
A 
u1 = f (u0 ) ≥ f ( A ) =  A +
 = A.
2
A
On suppose que pour k ∈ℕ ,
A ≤ uk +1 ≤ uk ≤ u0 alors
f ( A ) ≤ f (uk +1) ≤ f (uk ) ≤ f (u0 ) car f est croissante sur  A ; + ∞  d’où
f ( a ) ≤ uk + 2 ≤ uk +1 ≤ f (u0 )
Corrigé séquence 1 – MA02
31
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A ≤ uk + 2 ≤ uk +1 ≤ u0 et la proposition est héréditaire. Finalement pour
d’où
tout n ∈ℕ ,
A ≤ un +1 ≤ un ≤ u0 .
c) De ce qui précède, on déduit que pour n ∈ℕ , un +1 ≤ un donc (un ) est
décroissante et pour n ∈N,
A ≤ un donc (un ) est minorée par
A ainsi, par
le théorème de la convergence monotone, la suite (un ) est convergente. De plus,
pour tout n ∈ℕ ,
A ≤ un ≤ u0 donc la limite ℓ de (un ) vérifie A ≤ ℓ ≤ u0 .
a) Soit n ∈ℕ.
On a :
un2 + A − 2
(
un − A
)
2
Aun
1
A
=
un +1 − A = f (un ) − A =  un +  − A =
un 
2
2un
2un
u − A 1
A 1
= −
≤ car A > 0 et 2un > 0 par suite pour tout n ∈ℕ ,
or n
2un
2 2un 2
1
un +1 − A ≤ (un − A ) .
2
1
(u 0 − A ) = u 0 − A donc la proposition
2n
1
« un − A ≤ (u 0 − A ) » est bien vérifiée au rang n = 0.
2n
1
On suppose que pour k ∈N , uk − A ≤ k u 0 − A .
2
1
D’après la relation obtenue au 3.a, on sait que uk +1 − A ≤ (uk − A )
2
1 1
1
(u 0 − A ) et la
d’où uk +1 − A ≤ × (u 0 − A ) soit uk +1 − A ≤
2 2k
2k +1
proposition est bien héréditaire.
b) Pour n = 0, on a
(
Finalement pour tout n ∈ℕ , un − A ≤
1
)
(u 0 − A ) .
2n
1
c) Pour tout n ∈ℕ , 0 ≤ un − A ≤ (u 0 − A ) d’après le 2.b et le 3.b
2n
n
 1
1
1
or lim n = lim   = 0 car −1 < < 1 d’où, par le théorème des gendarmes
n →+∞ 2
n →+∞  2 
2
(
)
lim un − A = 0 puis lim un = A .
n →+∞
32
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Corrigé séquence 1 – MA02
n →+∞
1
On sait que pour n ∈ℕ , u − A ≤
(u 0 − A ) or dans le cas où
n
2n
A = 2, on a u0 = 2 d’où un − 2 ≤
un − 2 ≤ 10−10 , il suffit que
1
2n
1
2n
(2 − 2 ) or 2 − 2 ≤ 1 donc pour que
≤ 10−10 ou encore que 2n ≥ 1010. La suite
de terme général 2n étant croissante, 233 < 1010 et 234 > 1010 , la condition
2n ≥ 1010 est vérifiée dès que n ≥ 34.
Par balayage à l’aide de la calculatrice, on trouve que le plus petit n au-delà
duquel un − 2 ≤ 10−10 est n = 4. La différence avec le résultat précédent
s’explique par le fait que les majorations considérées dans les questions 3.a et
3.b sont très fortes.
On note que la convergence de la suite vers sa limite est très rapide puisque u 4
fournit déjà une approximation de
2 à 10−10 près.
Lire A
Lire P
N ←0
U ← 1+ E (A )
Tant que U − A ≥ P faire
N ←N +1
1
A
U ← U + 
U
2
Fin Tant que
Afficher U
On peut compléter cet algorithme en demandant d’afficher N en sortie obtenant
alors le plus petit rang au-delà duquel un − A < P .
Afin de le tester, on peut implémenter cet algorithme sous Algobox ou sur la
calculatrice.
Corrigé séquence 1 – MA02
33
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Exercice XI
que
u1 =
57
,
100
u2 =
57
57
57 
1 
1
+
=
+

100 1002 100  100 
On
remarque
u3 =
57
57
57
57 
1
1 
, etc.
+
+
=
+
1+

2
3
100 100 100
100  100 1002 
Ainsi, par construction un =
et
57 
1
1
1 
+
+ ... +
1+

 d’où
2
100  100 100
100n −1 
n
 1 
1− 
n
 100 
57
57   1  
=  1− 
un =
×
.
1
100
99   100  
1−
100
n
  1 n 
 1 
1
= 0 puis lim  1− 
< 1 donc lim 
On a −1 <
 = 1 et
n →+∞  100 
n →+∞   100  
100
57 19
lim un = = .
n →+∞
99 33
34
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Corrigé séquence 1 – MA02
Corrigé de la séquence 2
C
Corrigé de l’activité du chapitre 2
Activité 1
■
▶ Pour les questions 1 à 3, il suffit de suivre les instructions données au cours de l’énoncé.
Les courbes obtenues par cette construction sont les suivantes :
x = 2,33
1
M
S
Ms
v
0
0
–1M
0
c
u
1
–4π
π/2
–3π
π/2
–2π
π/2
–1π
π/2
0
π/2
1π
π/2
π
π/2
π/
2π
3π
π/2
4π
C
C
–1
▶ Conjectures attendues à la question 4

π
Il semble que la fonction sinus soit croissante sur 0 ;  , décroissante
2

 π 3π 
 3π

;
2
π
.
sur  ;
et croissante sur 

2 
 2
2
x
Variations de la
fonction sinus
0
π
2
3π
2
1
0
2π
0
–1
Il semble que la fonction cosinus soit décroissante sur 0 ; π  et croissante sur  π ; 2π  .
x
0
Variations de
la fonction
cosinus
1
π
2π
1
–1
Corrigé séquence 2 – MA02
35
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Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2
a) En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, sin x = −
Exercice 1
−
–1
0
3
a pour solutions
2
2π
π
4π
5π
et − sur  − π ; π  alors que les solutions sur 0 ; 2π  sont
et
.
3
3
3
3
1
b) En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, sur ℝ on a
–1
0
1
1
π
π
cos 2x = ⇔ 2x = − + 2k π où k ∈Z ou 2x = + 2k ' π où k ' ∈Z,
2
3
3
c’est-à-dire
1
π
π
cos 2x = ⇔ x = − + k π où k ∈Z ou x = + k ' π où k ' ∈Z.
2
6
6
Ainsi, cos2x =
–1
0
1
et
5π
π π
1
a quatre solutions sur  − π ; π  qui sont − , − ,
6
6 6
2
5π
que l’on obtient respectivement pour k ' = −1, k = 0, k ' = 0 et k = 1.
6
Sur 0 ; 2π  cos2x =
1
π 5π 7π
11π
a quatre solutions qui sont ,
et
,
2
6 6
6
6
que l’on obtient respectivement pour k ' = 0 , k = 1, k ' = 1 et k = 2.
a) Sur R , sin x = sin( 2x +
Pour
k ∈ℤ ,
x = 2x +
π
π
) ⇔ x = 2x + + 2k π où k ∈ℤ
2
2
π
ou x = π − (2x + ) + 2k ' π où k ' ∈ℤ.
2
π
π
π
+ 2k π ⇔ − x = + 2k π ⇔ x = − − 2k π
2
2
2
(on
peut remarquer que pour cette dernière équation, on peut tout autant écrire
π
x = − + 2k π puisque k peut prendre toutes les valeurs de ℤ de sorte
2
que −2k π et 2k π décrivent le même ensemble de nombres).
π
π
π 2k ' π
.
Pour k ' ∈ℤ , x = π − (2x + ) + 2k ' π ⇔ 3x = + 2k ' π ⇔ x = +
2
2
6
3
π
Finalement, l’équation sin x = sin(2x + ) admet comme solutions sur ℝ les
2
π
π 2k ' π
nombres de la forme − − 2k π avec k ∈ℤ ou bien +
avec k ' ∈ℤ.
2
6
3
36
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Corrigé séquence 2 – MA02
π
b) On rappelle que pour tout réel a, sina = cos( − a ).
2
π
Sur ℝ , sin 2x = cos 3x ⇔ cos( − 2x ) = cos 3x
2
π
π
⇔ − 2x = 3x + 2k π où k ∈ℤ ou − 2x
2
2
= −3x + 2k ' π où k ' ∈ℤ
Pour k ∈ℤ ,
π
π
π 2k π
(en précisant
− 2x = 3x + 2k π ⇔ 5x = − 2k π ⇔ x = −
2
2
10
5
que cette dernière équation peut tout autant s’écrire x =
Pour k ' ∈ℤ ,
π 2k π
+
).
10
5
π
π
− 2x = −3x + 2k ' π ⇔ x = − + 2k ' π .
2
2
Finalement, l’équation sin 2x = cos 3x admet comme solutions sur
ℝ les
π 2k π
π
avec k ∈ℤ et ceux de la forme − + 2k ' π
−
2
10
5
avec k ' ∈ℤ. On remarquera que selon la démarche utilisée, on peut rencontrer
nombres de la forme
les solutions écrites sous une autre forme.
c) On rappelle que pour tout réel a, cos2 a = 1− sin2 a .
2
2
2
Sur ℝ , 3 sin x = 2cos x ⇔ 3 sin x = 2 − 2sin x ⇔ 2sin x + 3 sin x − 2 = 0

X = sin x
⇔
2
 2X + 3X − 2 = 0
Le trinôme 2X 2 + 3X − 2 a pour discriminant ∆ = 25 = 52 donc
1
2X 2 + 3X − 2 = 0 ⇔ X = −2 ou X = .
2
1
On en déduit que 3 sin x = 2cos2 x ⇔ sin x = −2 ou sin x = .
2
L’équation sin x = −2 n’a pas de solution réelle car pour tout x ∈ℝ , sin x ≥ −1.
1
5π
π
Puis sur ℝ , sin x = ⇔ x = + 2k π où k ∈ℤ ou x =
+ 2k ' π où k ' ∈ℤ.
2
6
6
–1
0
1
Finalement, 3 sin x = 2cos2 x admet comme solutions sur ℝ les nombres de la
π
5π
forme + 2k π avec k ∈ℤ et ceux de la forme
+ 2k ' π avec k ' ∈ℤ.
6
6
Corrigé séquence 2 – MA02
37
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a) On s’appuie sur le cercle trigonométrique pour conclure directement.
L’inéquation cos x ≤
–1
0
1
3
admet comme ensemble de solutions sur  − π ; π  la
2


π π
réunion  − π ; −  ∪  ; π  .
6 6


b) En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, l’inéquation sin x ≥
0
–1
1
–1
1
2
admet
 π 3π 
comme ensemble de solutions sur  − π ; π  l’intervalle  ;
.
4 
4
c) On a 0 ≤ x ≤ π ⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2π ⇔
0
1
π
π
π
≤ 2x + ≤ 2π +
ainsi en posant
3
3
3
X = 2x +
π
π
2
, résoudre cos(2x + ) >
sur 0 ; π  se ramène à résoudre
3
3
2
cos X >
2
π
π
avec ≤ X ≤ 2π + .
3
3
2
π
π
En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on a sur  ; 2π +  ,
3
3
2
7π
9π
cos X >
⇔
<X < .
2
4
4
Puis
7π π
9π π
17π
23π
17π
23π
.
− < 2x <
− ⇔
< 2x <
⇔
<x<
4 3
4 3
12
12
24
24
2
π
admet comme ensemble de solutions
Finalement l’inéquation cos(2x + ) >
3
2
 17π 23π 
sur 0 ; π  l’intervalle 
;
.
24 
 24
d) On a 4 cos2 x − 1 = (2cos x − 1)(2cos x + 1) ainsi, pour résoudre l’inéquation,
il suffit de déterminer le signe de chacun des facteurs 2cos x − 1 et 2cos x + 1
sur 0 ; 2π  et de résumer le tout dans un tableau de signes pour obtenir le
signe du produit.
En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on a sur 0 ; 2π  ,
1
π
5π
2cos x − 1 = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = ou x =
2
3
3
1
π
5π
et 2cos x − 1 < 0 ⇔ cos x < ⇔ < x < .
2
3
3
38
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
2π
4π
De façon analogue on a 2cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x =
ou x =
2
3
3
1 2π
4π
<x<
.
et 2cos x + 1 < 0 ⇔ cos x < − ⇔
2
3
3
x
π
3
0
Signe de 2cos x − 1
+
Signe de 2cos x + 1
+
2
Signe de 4 cos x − 1
+
0
0
2π
3
−
4π
3
−
5π
3
−
+
0
−
0
+
−
0
+
0
−
0
2π
+
+
0
+
Finalement, l’inéquation 4 cos2 x − 1 ≥ 0 admet comme ensemble de solutions


π   2π 4 π   5π
∪
;
; 2π  .
sur 0 ; 2π  la réunion 0 ;  ∪ 

3  3
3   3


e) Pour suivre une démarche analogue à celle adoptée à la question
précédente, on commence par factoriser 2sin2 x − 3 sin x + 1. On remarque

X = sin x
que 2sin2 x − 3 sin x + 1 = 0 ⇔ 
. Le trinôme a pour
2
 2X − 3X + 1 = 0
1
discriminant ∆ = 1 donc 2X 2 − 3X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ou X =
et on a
2
1
2X 2 − 3X + 1 = 2( X − 1)( X − ).
2
1
Comme X = sin x , on a donc 2sin2 x − 3 sin x + 1 = 2(sin x − 1)(sin x − ). Il reste à
2
déterminer le signe de chacun des facteurs.
Sur  − π ; π  , sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = 1 ⇔ x =
c’est-à-dire sin x − 1 < 0.
π
π
et, pour tout x ≠ , sin x < 1
2
2
1
1
π
5π
Sur  − π ; π  , sin x − = 0 ⇔ sin x = ⇔ x = ou x =
et
2
2
6
6
1
1
π
5π
sin x − > 0 ⇔ sin x > ⇔ < x < .
2
2
6
6
Corrigé séquence 2 – MA02
39
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π
6
−π
x
π
2
Signe de sin x − 1
−
1
2
+
0
+
+
0
−
Signe de sin x −
Signe de 2sin2 x − 3 sin x + 1
−
0
0
5π
6
−
π
−
+
0
−
−
0
+
Finalement, l’inéquation 2sin2 x − 3 sin x + 1 < 0 admet comme ensemble de
 π π   π 5π 
solutions sur  − π ; π  la réunion  − ;  ∪  ;
.
 6 2 2 6 
Exercice 2
a) Pour x ∈R , f ( x + π ) = 2cos2 ( x + π ) + sin( 2x + 2π )
or
pour
a ∈R ,
on
a
cos(a + π ) = − cos a
et
sin(a + 2π ) = sina
d’où f ( x + π ) = 2( − cos x )2 + sin(2x ) = f ( x ).
On peut donc restreindre l’étude de f à un intervalle de longueur π , l’étude
sur ℝ s’en déduisant à l’aide de la périodicité de f.
Graphiquement, Ꮿf est donc invariante par translation de vecteur πi .
Ainsi, la courbe Ꮿf se déduit de sa restriction à un intervalle de longueur π par
translation de vecteurs k πi où k ∈ℤ.
π
comme axe de
8
symétrie signifie que deux points dont les abscisses sont situées symétriquement
b) Dire que la courbe Ꮿf admet la droite d’équation x =
de part et d’autre de
π
ont la même ordonnée. On est donc amené à comparer
8
π
π
f ( + x ) et f ( − x ) où x est un réel quelconque. Pour x ∈ℝ ,
8
8
π
π
π
f ( + x ) = 2cos2 ( + x ) + sin( + 2x ) or pour a ∈ℝ , 2cos2 a = 1+ cos(2a )
8
8
4
π
π
d’où 2cos2 ( + x ) = 1+ cos( + 2x ) puis
8
4
π
π
π
f ( + x ) = 1+ cos( + 2x ) + sin( + 2x )
8
4
4
2
2
2
2
cos(2x ) −
sin(2x ) +
sin( 2x ) +
cos(2x )
= 1+
2
2
2
2
40
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Corrigé séquence 2 – MA02
π
ainsi, pour tout x ∈ℝ , f ( + x ) = 1+ 2 cos(2x ) .
8
π
En remplaçant x par − x on obtient que f ( − x ) = 1+ 2 cos( −2x ) or la fonction
8
π
cosinus est paire et f ( − x ) = 1+ 2 cos(2x ) de sorte que, pour tout x ∈ℝ ,
8
π
π
f ( + x ) = f ( − x ).
8
8
π
La droite d’équation x = est donc bien un axe de symétrie pour la courbe Ꮿf .
8
a) Pour x ∈ℝ ,
f ( x ) = 2cos2 x + sin( 2x ) = 2cos2 x + 2cos x sin x = 2cos x (cos x + sin x ).
b) La fonction f est le produit de x ֏ 2cos x par la somme des fonctions cosinus
et sinus. Toutes ces fonctions étant dérivables sur ℝ , f est dérivable sur ℝ.
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ et (uv )′ = u 'v + uv ′ .
Pour x ∈ℝ ,
f ′( x ) = 2( − sin x )(cos x + sin x ) + 2cos x ( − sin x + cos x )
= −4 sin x cos x + 2(cos2 x − sin2 x ).
Ainsi f ′( x ) = −2sin(2x ) + 2cos(2x ).
Par ailleurs, pour x ∈ℝ,
 2

π

2
2 2 sin  − 2x  = 2 2 
cos 2x −
sin 2x  = 2cos 2x − 2sin 2x .
2
4

 2

π
Finalement, pour tout x ∈ℝ , f ′( x ) = 2 2 sin( − 2x ).
4
π
c) Comme 2 2 > 0 , f ′( x ) est du signe de sin( − 2x ). On a
4
π
5π
5π
π
π
≤x ≤
⇔−
≤ −2x ≤ − ⇔ − π ≤ − 2x ≤ 0
8
8
4
4
4
 π 5π 
π
ainsi, résoudre sin( − 2x ) = 0 sur I =  ;
, se ramène à résoudre
4
8 
8
π
sin X = 0 sur  − π ; 0  en posant X = − 2x .
4
 π 5π 
Sur  − π ; 0  , sin X = 0 ⇔ X = − π ou X = 0 donc sur I =  ;
,
8 
8
π
π
π
π
5π
sin( − 2x ) = 0 ⇔ − 2x = − π ou − 2x = 0 ⇔ x =
ou x = .
4
4
4
8
8
Corrigé séquence 2 – MA02
41
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 π 5π 
De plus, sur  − π ; 0  , sin X < 0 ⇔ − π < X < 0 donc sur I =  ;
,
8 
8
π
π
π
5π
sin( − 2x ) < 0 ⇔ − π < − 2x < 0 ⇔ < x < .
4
4
8
8
 π 5π 
La fonction f est donc décroissante sur  ;
.
8 
8
a) On remarque que la courbe Ꮿ admet des tangentes horizontales aux
J
π
5π
points d’abscisse
.
et
8
8
b) En s’appuyant sur le résultat obtenu à la question 1.b, on construit la courbe
 3π π 
;  comme symétrique
Ꮿ J restriction de la courbe Ꮿf à l’intervalle  −
8
 8
π
de la courbe Ꮿ J par rapport à la droite d’équation x = . La réunion des
8
 3π 5π 
courbes est donc la restriction de la courbe Ꮿf à l’intervalle  −
;
.
8 
 8
En s’appuyant sur le résultat démontré à la question 1.a et en remarquant que
 3π 5π 
l’intervalle  −
a pour longueur π , on obtient la courbe Ꮿf par
;
8 
 8
translation de cette dernière de vecteurs k πi où k ∈ℤ.
2
2
1
1
0
–2
–1
0
0
1
2
–2
0
–1
1
2
2
1
0
–4
–3
–2
0
–1
–1
42
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
2
3
4
5
6
Exercice 3
La fonction u est dérivable sur  0 ; π  comme somme de fonctions
dérivables sur cet intervalle et pour tout x ∈0 ; π  , u ′( x ) = cos x − 1. Pour tout
x ∈0 ; π  , cos x ≤ 1 donc u ′( x ) ≤ 0. Par suite, la fonction u est décroissante
sur 0 ; π  or u (0 ) = 0 donc, pour tout x ∈0 ; π  , u ( x ) ≤ 0 , c’est-à-dire
sin x − x ≤ 0. On a donc bien démontré que pour tout x ∈0 ; π  , sin x ≤ x .
a) La fonction f est une somme de fonctions dérivables sur  0 ; π  donc f est
dérivable sur 0 ; π  .
x2
+ cos x . La fonction f ′ est elle-même
2
dérivable sur 0 ; π  comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle
Pour x ∈0 ; π  , f ′( x ) = −1+
et pour x ∈0 ; π  , f ′′( x ) = x − sin x = u ( x ). De la question 1, on déduit
que f ′′( x ) ≤ 0 pour tout x ∈0 ; π  donc f ′ est décroissante sur 0 ; π  .
b) On remarque que f ′(0 ) = 0 or f ′ est décroissante sur 0 ; π  donc f ′ ≤ 0
sur 0 ; π  . Par suite, on en déduit que f est décroissante sur 0 ; π  . Enfin, en
remarquant que f (0 ) = 0 , on obtient que f est négative sur 0 ; π  .
Pour tout x ∈ 0 ; π  , f ( x ) ≤ 0 c’est-à-dire − x +
tout x ∈0 ; π  , x −
x3
≤ sin x ≤ x .
6
x3
+ sin x ≤ 0 donc pour
6
Corrigé des activités du chapitre 3
■
Activité 2
a) À l’aide de la représentation graphique de f, il semble que f ( x ) tende
vers 3 en −∞ et en +∞.
10
10
0
–20
–20
0
–10
10
0
10
20
2
–10
10
0
Corrigé séquence 2 – MA02
43
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b) En établissant un tableau de valeurs (à l’aide d’un tableur par exemple), on
peut confirmer les conjectures proposées à la question précédente.
En utilisant le raisonnement rencontré lors du calcul de limites de suites, on
peut déterminer la limite de f ( x ) en +∞ .
On a
lim
x →+∞
3x + 1 = −∞ et
lim
x →−∞
x − 2 = +∞ et les propriétés rencontrées sur les
limites de quotient de suites ne permettent pas de conclure ; on est en présence d’une
indétermination. Pour lever cette indétermination, on transforme l’écriture de f ( x ).
1
1
x (3 + ) 3 +
x . Puis lim 1 = donc, d’une part
x =
2
2
x →+∞ x
x (1− ) 1−
x
x
1
par somme, lim 3 + = 3 et d’autre part par produit par −2 puis par somme
x →+∞ x
2
lim 1− = 1. Finalement par quotient, lim f (x ) = 3. Ce raisonnement est
x →+∞ x
x →+∞
exactement celui utilisé pour les limites de suites.
3x + 1
On écrit f (x ) =
=
x −2
Une suite étant une fonction définie sur ℕ ou une partie de ℕ , il n’existe
pas de limites de suites en −∞. Ce qui suit ne peut donc pas être calqué sur
ce qui a été fait sur les suites en revanche, on peut adapter la démarche. En
1
3+
x , il suffit de déterminer la limite
effet, en reprenant l’expression f (x ) =
2
1−
x
du numérateur et du dénominateur or, lorsque x tend vers −∞ , son inverse
tend intuitivement vers 0 autrement dit il semble que
44
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
= 0 et, en
x →−∞ x
lim
admettant ce dernier résultat, on obtient de la même façon que précédemment
lim
x →−∞
d’où
■
Activité 3
3+
1
2
= 3 et lim 1− = 1
x
x →−∞ x
lim f (x ) = 3.
x →−∞
a)
−10−6
−10−3
10−3
10−6
impossible
impossible
10 10
1000
−106
−103
103
106
1012
106
106
1012
−1018
−109
109
1018
x
1
x
1
x
1
x2
1
x
3
b) A la lecture du tableau précédent :
1
tende vers +∞ lorsque x tend vers 0 mais on remarquera
x
qu’il est nécessaire que les valeurs de x soient strictement positives pour que la
▶ il semble que
fonction x ֏
1
soit définie ;
x
1
▶ il semble que
tende vers −∞ ou vers +∞ selon que x tend vers 0 en étant
x
strictement inférieur à 0 ou strictement supérieur à 0 ;
1
▶ il semble que
tende vers +∞ lorsque x tend vers 0 ;
x2
1
▶ il semble que
tende vers −∞ ou vers +∞ selon que x tend vers 0 en étant
x3
strictement inférieur à 0 ou strictement supérieur à 0.
c) Sur 0 ; + ∞  ,
1
> 106 ⇔ x < 10−6 ⇔ 0 < x < 10−12 ainsi, pour
x
dépasse 10 , il faut et il suffit de choisir x dans 0 ; 10−12  .
que


x
1
Sur 0 ; + ∞  ,
> 1012 ⇔ x < 10−12 ⇔ 0 < x < 10−24 ainsi, pour
x
1
12
dépasse 10 , il faut et il suffit de choisir x dans 0 ; 10−24  .
que


x
1
En suivant ce raisonnement, on pourrait démontrer que
peut devenir aussi
x
1
6
Corrigé séquence 2 – MA02
45
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grand que l’on veut pourvu que l’on choisisse des valeurs de x suffisamment
1
tend vers +∞ lorsque x tend vers 0 et on notera
proche de 0. On dira que
x
1
lim
= +∞ .
x →0 x
1
1
> 106 ⇔ 0 < x < 10−6 et pour que
dépasse 106 , il faut
x
x
−6 

et il suffit de choisir x dans 0 ; 10  .


1
1
12
Sur 0 ; + ∞  ,
> 10 ⇔ 0 < x < 10−12 et pour que
dépasse 1012 , il faut
x
x
et il suffit de choisir x dans 0 ; 10−12  .


1
En suivant ce raisonnement, on pourrait démontrer que
peut devenir aussi
x
grand que l’on veut pourvu que l’on choisisse des valeurs de x strictement
1
tend vers +∞ lorsque
positive et suffisamment proche de 0. On dira que
x
1
x tend vers 0 par valeurs strictement supérieures à 0 et on notera lim = +∞ .
x →0 x
d) Sur 0 ; + ∞  ,
x >0
1
1
< −106 ⇔ −10−6 < x < 0 et pour que < −106 , il faut et il
x
x
suffit de choisir x dans  −10−6 ; 0  .


1
1
Sur  −∞; 0  ,
< −1012 ⇔ −10−12 < x < 0 et pour que < −1012 , il faut et
x
x
−12


il suffit de choisir x dans  −10
; 0 .


Sur  −∞; 0  ,
1
peut devenir inférieur
x
à n’importe quel nombre (négatif et grand en valeur absolue) pourvu que l’on
En suivant ce raisonnement, on pourrait démontrer que
choisisse des valeurs de x strictement négative et suffisamment proche de 0. On
1
tend vers −∞ lorsque x tend vers 0 par valeurs strictement inférieures
x
1
= −∞ .
à 0 et on notera lim
x →0 x
dira que
x <0
e) Sur ℝ* ,
1
x
2
> 106 ⇔ x 2 < 10−6 ⇔ 0 < x < 10−3 ⇔ −10−3 < x < 0 ou 0 < x < 10−3.
Sur ℝ* ,
1
> 1012 ⇔ x 2 < 10−12 ⇔ 0 < x < 10−6 ⇔ 10−6 < x < 0 ou 0 < x < 10−6.
2
x
46
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Corrigé séquence 2 – MA02
En suivant ce raisonnement, on pourrait démontrer que
1
peut devenir aussi
x2
grand que l’on veut pourvu que l’on choisisse des valeurs de x dans un voisinage
suffisamment proche de 0 (par valeurs strictement inférieures à 0 ou par valeurs
1
tend vers +∞ lorsque x tend
x2
vers 0 par valeurs strictement supérieures à 0 ou par valeurs strictement
strictement supérieures à 0). On dira que
supérieures à 0. On notera
1
1
= +∞ et, les limites
lim
= +∞ , lim
x →0 x 2
x →0 x 2
x <0
x >0
à gauche de 0 et à droite de 0 étant les mêmes, on notera plus simplement
1
lim
= +∞ .
x →0 x 2
■
Activité 4
À l’aide de la représentation de f obtenue dans l’activité 2, f (x ) semble
tendre vers −∞ lorsque x tend vers 2 avec x < 2 et vers +∞ lorsque x tend vers
2 avec x > 2.
Pour plus de précision, on
établit un tableau de
valeurs de f (x ) au
voisinage de 2 en prenant
soin de choisir un pas
petit. Il faut penser à
choisir des valeurs de x
inférieures et des valeurs
de x supérieures à 2.
Il apparaît à la lecture du
tableau de valeurs que
les conjectures émises
précédemment peuvent
être confirmées, c’est-àdire qu’il semble que f (x )
tende vers −∞ à gauche de
2 et vers +∞ à droite de 2.
a) Soient A un réel aussi grand que l’on veut (pour la démonstration, on pourra
choisir A > 3 ) et x un réel tel que x > 2.
Corrigé séquence 2 – MA02
47
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3x + 1
> A ⇔ 3x + 1 > A( x − 2) car x − 2 > 0 puis
x −2
−2A − 1
f (x ) > A ⇔ x ( 3 − A ) > −2A − 1 ⇔ x <
car A > 3 d’où 3 − A < 0.
3− A
−2A − 1
Finalement, pour A aussi grand que l’on veut, on sait trouver un réel x 0 =
3− A
tel que pour 2 < x < x0 on ait f (x) > A. Cela signifie que f ( x ) pourra être plus
grand que n’importe quel réel A pourvu que x soit suffisamment proche de 2.
f (x ) > A ⇔
On peut donc confirmer que f ( x ) tend vers +∞ lorsque x tend vers 2 en étant
supérieur à 2.
b) Selon les conjectures émises précédemment, il semble que f ( x ) tend vers −∞
lorsque x tend vers 2 par valeurs inférieures à 2.
On choisit donc un réel A, négatif, aussi grand que l’on veut en valeur absolue et
on cherche les valeurs de x telles que x < 2 pour lesquelles f (x ) < A . On adapte
alors le travail précédent.
3x + 1
f (x ) < A ⇔
< A ⇔ 3x + 1 > A( x − 2) car x − 2 < 0 puis
x −2
−2A − 1
f (x ) < A ⇔ x ( 3 − A ) > −2A − 1 ⇔ x >
car on peut choisir A ≤ 0
3− A
d’où 3 − A > 0.
Il apparaît donc que, pour A négatif, aussi grand que l’on veut en valeur absolue,
−2A − 1
on sait trouver un réel x 0 =
tel que pour x 0 < x < 2 on ait f (x ) < A
3− A
c’est-à-dire que f ( x ) pourra être plus inférieur à n’importe quel réel A négatif
pourvu que x soit suffisamment proche de 2 en étant inférieur à 2 et on peut donc
confirmer que f ( x ) tend vers −∞ lorsque x tend vers 2 par valeurs inférieures à 2.
■
Activité 5
a) On établit par exemple un tableau de valeurs de f ( x ) au voisinage de 1, à
gauche et à droite, en prenant soin de choisir un pas petit.
Il apparaît à la lecture du tableau de valeurs
que f ( x ) semble tendre vers −2 à gauche
de 1 comme à droite de 1.
Cette conjecture peut être confirmée en traçant
la courbe représentative de f.
1
b) La courbe représentative de f semble être la
O
–3
–2
–1
O
–1
–2
–3
48
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
2
3
droite d’équation y = x − 3 autrement dit, il
semble que pour tout x ≠ 1, f ( x ) = x − 3.
1
Pour x ≠ 1, on a
( x − 1)( x − 3) = x 2 − 3x − x − 3 = x 2 − 4 x − 3
O
–3
–2
–1
O
–1
1
2
3
donc, pour x ≠ 1,
–2
f (x ) =
–3
x 2 − 4 x + 3 ( x − 1)( x − 3)
=
= x − 3.
x −1
x −1
)
Puis, intuitivement, lim ( x − 3 = −2 d’où
x →1
lim f ( x ) = −2.
x →1
La fonction f n’est donc pas définie en 1 mais elle admet une limite finie en 1.
Graphiquement, on remarquera que le point de coordonnées (1 ; –2) n’appartient
pas à la courbe représentant f bien que l’on puisse penser le contraire.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 3
Exercice 4
x +1
a) L’expression
est un quotient donc on est amené à détermi4 − x2
ner la limite du numérateur et du dénominateur. On a lim x + 1 = 3 > 0
x →2
2
2
2
et lim 4 − x = 0− car pour x > 2, on a x > 4 donc 4 − x < 0.
x →2
x >2
Par quotient, on obtient lim
x +1
x →2 4 − x 2
= −∞ .
x >2
b)
La
fonction
fonction
On a
 2x + 1 
x ֏ cos 
 3x 2 − x + 1
x֏
rationnelle
2x + 1
lim
x →+∞ 3x 2 − x + 1
avec X =
est
2x + 1
par
3x 2 − x + 1
= lim
2x
x →+∞ 3x 2
la
la
2
=0
x →+∞ 3x
= lim
composée
fonction
de
la
x ֏ cos x .
donc, par composition
 2x + 1 
, on obtient lim cos 
 = lim cos X = 1.
x →+∞  3x 2 − x + 1 X → 0
3x 2 − x + 1
2x + 1
c) L’expression
x2 + x −2
est un quotient dont le numérateur et le dénominateur
1− x 2
tendent vers 0 lorsque x tend vers 1. On est donc amené à transformer
Corrigé séquence 2 – MA02
49
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l’expression du quotient pour lever l’indétermination. Les trinômes de degré 2,
x ֏ x 2 + x − 2 et x ֏ 1− x 2 admettent tous les deux 1 pour racine, ils sont
factorisables par x − 1.
D’une part x 2 + x − 2 a pour discriminant ∆ = 9 et pour racines 1 et −2
d’où x 2 + x − 2 = ( x − 1)( x + 2).
D’autre part 1− x 2 = (1− x )(1+ x ) = −( x − 1)(1+ x ).
x2 + x −2
Finalement
1− x
2
=
x +2
( x − 1)( x + 2)
or lim x + 2 = 3 et
=
−( x − 1)(1+ x ) −1− x
x →1
3
x +2
=−
2
x →1 −1− x
lim − 1− x = −2 donc par quotient lim
x →1
c’est-à-dire lim
x2 + x −2
x →1 1− x 2
3
=− .
2
d) On cherche la limite en −∞ du quotient
3x 2 + sin x
2
. L’idée est d’encadrer
x +3
sin x et de travailler par comparaison après s’être ramené à déterminer des
limites de fonctions rationnelles.
Pour x ∈R , −1 ≤ sin x ≤ 1 puis 3x 2 − 1 ≤ 3x 2 + sin x ≤ 3x 2 + 1. De plus, pour
tout x ∈R , x 2 + 3 > 0 donc
On a
3x 2 − 1
lim
x →−∞ x 2 + 3
= lim
3x 2 − 1 3x 2 + sin x 3x 2 + 1
≤
≤
.
x2 + 3
x2 + 3
x2 + 3
3x 2
x →−∞ x 2
= 3 et, de façon analogue,
donc par le théorème des gendarmes, lim
3x 2 + sin x
lim
3x 2 + 1
x →−∞ x 2 + 3
=3
= 3.
x →−∞ x 2 + 3
1
e) Pour x ≠ 1 et x > − ,
3
3x + 1 − 2 ( 3x + 1 − 2)( 3x + 1 + 2)
3x + 1− 4
=
=
x −1
( x − 1)( 3x + 1 + 2)
( x − 1)( 3x + 1 + 2)
=
On a lim
x →1
3( x − 1)
( x − 1)( 3x + 1 + 2)
=
3
3x + 1 + 2
3x + 1 + 2 = 4 d’où par quotient lim
3x + 1 − 2 3
= .
x −1
4
x →1
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Corrigé séquence 2 – MA02
3
x →1 3 x + 1 + 2
lim
50
.
=
3
c’est-à-dire
4
1− cos2 ( 3x )
f) L’expression
x2
est un quotient dont on cherche la limite
en 0. Le numérateur et le dénominateur tendant vers 0 en 0, on est amené à
transformer l’expression. On sait que, pour tout a ∈ℝ , 1− cos2 a = sin2 a
donc 1− cos2 ( 3x ) = sin2 ( 3x ) et
1− cos2 ( 3x )
x2
=
sin2 ( 3x )
x2
. Le calcul des limites du
numérateur et du dénominateur de cette nouvelle forme conduit à nouveau à
sin X
= 1 et l’idée est d’utiliser ce
X →0 X
une indétermination mais on sait que lim
dernier résultat.
2
2
 sin( 3x ) 
sin2 ( 3x )  sin( 3x ) 
= 9
=
On remarque que
.

 3x 
 x 
x2
On a lim 3x = 0 donc, par composition avec X = 3x ,
x →0
sin( 3x )
sin X
= lim
=1
x → 0 3x
X →0 X
lim
2
 sin( 3x ) 
sin( 3x )
, on a lim 
= lim Y 2 = 1.
puis, par composition avec Y =

3x
x → 0  3x 
Y →1
2
 sin( 3x ) 
Finalement, par produit par 9, on obtient lim 9 
 = 9 c’est-à-dire
x → 0  3x 
lim
x →0
lim
sin2 ( 3x )
x2
1− cos2 ( 3x )
x →0
Exercice 5
= 9 ou encore
x2
= 9.
La fonction f est une fonction polynomiale donc
4
et lim f ( x ) = lim x = +∞.
x →+∞
lim f ( x ) = lim x 4 = +∞
x →−∞
x →−∞
x →+∞
La recherche d’une fenêtre peut être facilitée dans un premier temps par l’utilisation de GeoGebra. Une fois cette recherche effectuée, on peut proposer par
exemple la fenêtre ci-dessous avec le graphique correspondant.
Corrigé séquence 2 – MA02
51
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Exercice 6
Réponse C
1
x + 1 − 1 ( x + 1 − 1)( x + 1 + 1)
x + 1− 1
or
=
=
=
x
x ( x + 1 + 1)
x ( x + 1 + 1)
x + 1+ 1
En effet,
x + 1− 1 1
= . On remarquera
2
x
x →0
x + 1 + 1 = 2 donc par inversion, lim
lim
x →0
qu’il s’agit ici d’une preuve mais, s’il n’y a pas de démonstration du résultat
demandée, on peut s’appuyer sur une conjecture du résultat obtenue par exemple
à la calculatrice ce qui peut permettre aussi de conclure.
Réponse B
En effet, pour tout x ∈R , −1 ≤ sin x ≤ 1 donc −1000 ≤ −1000 sin x ≤ 1000
et x − 1000 ≤ f ( x ) ≤ x + 1000
or
lim x − 1000 = +∞ donc par comparaison en +∞ ,
x →+∞
lim f ( x ) = +∞ . On
x →+∞
remarquera ici qu’une conjecture du résultat à l’aide de la calculatrice nécessite
de prendre des valeurs de x suffisamment grande pour ne pas proposer une
conclusion erronée.
Réponse C
On
lim
a
lim
2x 2 − x + 1
x →+∞
2x 2 − x + 1
x →−∞
x2 −1
x2 −1
= lim
2x 2
x →+∞ x 2
=2
et,
de
la
même
façon,
= 2 donc la droite d’équation y = 2 est asymptote à la courbe
2x 2 − x + 1
en −∞ et en +∞ .
x2 −1
Le dénominateur x 2 − 1 s’annule en −1 et en 1 alors qu’en ces deux valeurs, le
Ꮿ d’équation y =
numérateur ne s’annule pas. Il existe donc deux asymptotes verticales d’équation
x = −1 et x = 1.
Réponse D
S’il n’y a pas de démonstration du résultat demandé, on peut conjecturer le
résultat à l’aide de la calculatrice. Pour une preuve, on remarque que
f (x ) =
52
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Corrigé séquence 2 – MA02
sin x
sin x
x + sin x
= 1+
or lim
=1
x
x
x →0 x
d’où lim f ( x ) = 2 et en choisissant f (0 ) = 2 on prolonge la définition de f à R
x →0
en construisant une fonction continue en 0 ainsi qu'on le verra dans le chapitre
suivant.
Réponse C
1
1
= 0+ donc, par
par f or lim
x →+∞ x
x
1
1
composition avec X = , lim g ( x ) = lim f ( ) = lim f ( X ) = +∞ .
x x →+∞
x →+∞ x
X →0
La fonction g est la composée de x ֏
X >0
Réponse B
La fonction g est la composée de x ֏
1
1
par f or lim = +∞ donc, par
x
x →0 x
x >0
1
1
composition avec X = , lim g ( x ) = lim f ( ) = lim f ( X ) = 1.
x x →0
x →0 x
X →+∞
x >0
Exercice 7
x >0
a) En s’appuyant sur la représentation graphique de f, il semble que :
15
▶ f soit définie sur
▶
R \ {2} ;
lim f ( x ) = −∞ ;
x →2
lim f ( x ) = −∞ ,
x →−∞
10
x <2
lim f ( x ) = +∞ et lim f ( x ) = +∞ ;
x →2
x >2
▶ Ꮿ
x →+∞
5
f admette une asymptote verticale
d’équation x = 2.
On peut éventuellement conjecturer la
présence d’une autre asymptote, une
asymptote oblique.
O
–6 –4 –2
O
2
4
6
8
10
–5
b) En complétant la graphique par le tracé de la droite ∆ la droite d’équation
y = x + 3, il apparaît que Ꮿf semble en effet avoir une autre asymptote, à
savoir la droite ∆. En effet, la courbe Ꮿf semble se rapprocher de la droite ∆
au voisinage de −∞ et de +∞ .
Corrigé séquence 2 – MA02
53
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15
10
5
O
–6 –4 –2
O
2
4
6
8
10
–5
La fonction f est une fonction rationnelle définie par
f (x ) =
(2x − 5)( x 2 + x − 2)
2x 2 − 9 x + 10
.
Le dénominateur 2x 2 − 9 x + 10 a pour discriminant ∆ = 1 et pour racines 2 et
5
donc f est définie sur ℝ privé de ces deux valeurs. La fonction f est donc
2

 5 5
définie sur D =  −∞; 2 ∪ 2 ;  ∪  ; +∞  . On note que la conjecture émise

 2 2
à la question 1 était fausse.
Pour déterminer les limites en −∞ et de +∞ , on remarque que pour tout x ∈D ,
f (x ) =
2x 3 − 3x 2 − 9 x + 10
2x 3
. On a alors lim f ( x ) = lim
= lim x = −∞
x →−∞
x →−∞2x 2 x →−∞
2x 2 − 9 x + 10
et, de façon analogue on obtient lim f ( x ) = lim x = +∞ .
x →+∞
x →+∞
Pour déterminer les limites en les zéros du dénominateur, on travaille par quotient
en déterminant les limites du numérateur et du dénominateur.
On a lim 2x 3 − 3x 2 − 9 x + 10 = −4 < 0 et lim 2x 2 − 9 x + 10 = 0 ainsi, pour
x →2
x →2
conclure par quotient, il est nécessaire de préciser le signe du dénominateur au
voisinage de 2.
x
Signe de 2x 2 − 9 x + 10
54
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Corrigé séquence 2 – MA02
−∞
5
2
2
+
0
−
0
+∞
+
On peut donc préciser la limite du dénominateur en 2, à savoir
lim 2x 2 − 9 x + 10 = 0+ et lim 2x 2 − 9 x + 10 = 0−
x →2
x →2
x <2
x >2
puis on obtient par quotient lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞ .
x →2
x →2
x <2
On a f ( x ) =
(2x − 5)( x 2 + x − 2)
s’annulent en
2x 2 − 9 x + 10
x >2
donc le numérateur et le dénominateur
5 . Le calcul des limites par quotient conduit donc à une
2
indétermination que l’on va lever en transformant l’expression de f.
5
En remarquant que 2x 2 − 9 x + 10 = 2( x − 2)( x − ) = ( x − 2)(2x − 5), on a pour
2
x ∈D , f ( x ) =
(2x − 5)( x 2 + x − 2) x 2 + x − 2
27
. Comme lim x 2 + x − 2 =
=
x −2
( x − 2)(2x − 5)
4
5
x→
2
1
27
et lim x − 2 = , on obtient par quotient lim f ( x ) = .
2
2
5
5
x→
x→
2
2
a) Pour tout x ∈D ,
4
x 2 + x − 2 − ( x + 3)( x − 2)
x2 + x −2
f ( x ) − ( x + 3) =
=
.
− ( x + 3) =
x −2
x −2
x −2
b) On a
lim x − 2 = −∞ donc par inversion
x →−∞
1
= 0 puis par produit
x →−∞ x − 2
lim
par 4, on a lim f ( x ) − ( x + 3) = 0. De la même façon, on obtient
x →−∞
lim f ( x ) − ( x + 3) = 0.
x →+∞
Le nombre f ( x ) − ( x + 3) représente l’écart algébrique mesuré sur une verticale
)
entre les points de coordonnées ( x ; f ( x ) et (x ; x+3) autrement dit l’écart
entre la courbe Ꮿf et la droite ∆. Du calcul des limites en −∞ et en +∞ ,
on déduit que cet écart algébrique tend vers 0 en −∞ et en −∞ ce qui est
cohérent avec les constations effectuées précédemment. C’est même une preuve
du résultat. On peut donc affirmer que la droite ∆ est asymptote à Ꮿf en −∞
et en +∞ .
Corrigé séquence 2 – MA02
55
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c) Les positions relatives de la courbe Ꮿf et de la droite ∆ sont données par le
signe de f ( x ) − ( x + 3). En effet, Ꮿf et ∆ seront sécantes lorsque f ( x ) = ( x + 3)
c’est-à-dire f ( x ) − ( x + 3) = 0 , Ꮿf sera strictement au-dessus de ∆ lorsque
f ( x ) > ( x + 3) c’est-à-dire f ( x ) − ( x + 3) > 0 et Ꮿf sera strictement au-dessous
de ∆ lorsque f ( x ) < ( x + 3) c’est-à-dire f ( x ) − ( x + 3) < 0.
On sait que x − 2 < 0 sur  −∞; 2 et x − 2 > 0 sur 2 ; + ∞  donc par
inversion et produit par 4, on en déduit que f ( x ) − ( x + 3) < 0 sur  −∞; 2
et f ( x ) − ( x + 3) > 0 sur 2 ; + ∞  . Par suite, Ꮿf est strictement au-dessous
de ∆ sur  −∞; 2 et Ꮿf est strictement au-dessus de ∆ sur 2 ; + ∞  , les
deux courbes ne se coupant pas.
Exercice 8
On a
)2
lim 2x 3 − 6 x 2 + 9 = 1 > 0 et lim ( x − 2 = 0+ donc par quotient,
x →2
x →2
lim f ( x ) = +∞ et, graphiquement, on peut en déduire la présence d’une
x →2
asymptote verticale d’équation x = 2.
Pour déterminer les limites en −∞ et en +∞ , on remarque que f est une fonction
rationnelle que l’on peut écrire sous la forme f ( x ) =
On a alors lim f ( x ) = lim
x →−∞
x →−∞ 2x 2
3
lim f ( x ) = lim
x →+∞
2x 3
2x
x →+∞ 2x 2
2x 3 − 6 x 2 + 9
2( x 2 − 4 x + 4 )
=
2x 3 − 6 x 2 + 9
2x 2 − 8 x + 8
.
= lim x = −∞ et
x →−∞
= lim x = +∞ . De ces deux derniers
x →+∞
résultats, on ne peut pas en déduire l’existence d’asymptote sans raisonnement
supplémentaire.
a) Pour x ≠ 2,
d ( x ) = f ( x ) − ( x + 1) =
=
56
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Corrigé séquence 2 – MA02
2x 3 − 6 x 2 + 9
)
2( x − 2
2
− ( x + 1)
2x 3 − 6 x 2 + 9 − ( x + 1)(2x 2 − 8 x + 8 )
)
2( x − 2
2
=
1
)
2( x − 2
2
.
Comme
lim x − 2 = −∞ , on obtient par composition avec X = x − 2,
x →−∞
)2 X →−∞
lim 2( x − 2 = lim 2X 2 = +∞ puis par inversion
x →−∞
lim d ( x ) = 0. On
x →−∞
remarque que l’on aurait pu raisonner en écrivant
1
1
1
lim d ( x ) = lim
= lim
= lim
= 0.
2
2
x →−∞
x →−∞ 2 x − 2
x →−∞ 2x − 8 x + 8 x →−∞ 2x 2
(
)
De façon analogue, on a lim d ( x ) = 0.
x →+∞
L’écart algébrique entre la courbe Ꮿf et la droite ∆ tend vers 0 en −∞ donc
la courbe Ꮿf tend à se rapprocher de la droite ∆ au voisinage de −∞. On en
déduit que la droite ∆ est asymptote à Ꮿf au voisinage de −∞ . De la même
façon, la droite ∆ est asymptote à Ꮿf au voisinage de +∞ .
b) Sur R \ {2}, d ( x ) ≤ 1 ⇔ 0 ≤
{}
sur ℝ \ 2 .
1
)
2( x − 2
2
)2 car 2( x − 2)2 > 0
≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2( x − 2
)2
Puis, sur R \ {2}, d ( x ) ≤ 1 ⇔ 1 ≤ 2( x − 2 ⇔ 2x 2 − 8 x + 7 ≥ 0.
Le trinôme 2x 2 − 8 x + 7 a pour discriminant ∆ = 8 = (2 2 )2 et pour racines
4− 2
4+ 2
et
puis, 2x 2 − 8 x + 7 étant positif à l’extérieur des racines on
2
2
2
obtient comme ensemble de solution de 2x − 8 x + 7 ≥ 0 :


4− 2  4+ 2
S1 =  −∞;
; + ∞ .
∪
2   2


Finalement, d ( x ) ≤ 1 a pour ensemble de solution sur R \ {2},


4− 2  4+ 2
S = S1 ∩ ℝ \ {2} =  −∞;
; +∞  .
∪
2   2


Graphiquement, d ( x ) représentant l’écart géométrique entre la courbe Ꮿf
et la droite ∆ , il apparaît que la distance mesurée verticalement entre les
deux courbes est inférieure à une unité de longueur sur l’ensemble S. On peut
remarquer que, comme la droite ∆ est asymptote à Ꮿf au voisinage de −∞ et
de +∞ , il est logique de retrouver une distance entre les deux courbes inférieure
à 1 au voisinage de −∞ et de +∞.
c) Pour x ≠ 2, d ( x ) =
{}
sur ℝ \ 2 .
1
)
2( x − 2
2
{ } donc d ( x ) > 0
or 2( x − 2)2 > 0 sur ℝ \ 2
Corrigé séquence 2 – MA02
57
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Graphiquement, le signe de d ( x ) nous donne les positions relatives de la courbe
Ꮿf et de la droite ∆ donc Ꮿf et ∆ ne se coupent pas et Ꮿf est strictement
au-dessus de ∆ sur  −∞; 2 et sur 2 ; + ∞ .
La fonction f est une fonction rationnelle donc f est dérivable sur son
ensemble de définition.
,
 u  vu '− uv '
Formule utilisée :   =
.
v 
v2
Pour x ≠ 2,
)(
)2 (
)
2
3
2
1 ( x − 2 × 6 x − 12x − 2x − 6 x + 9 × ( 2x − 4
f '( x ) = ×
4
2
x −2
(
=
d’où f ′( x ) =
)
( x − 2) × (( x − 2)( 3x 2 − 6x ) − (2x 3 − 6x 2 + 9)
( x − 2)4
( x − 2)( x 3 − 6 x 2 + 12x − 9 )
( x − 2)4
=
x 3 − 6 x 2 + 12x − 9
( x + 1)3
)
)
.
Comme ( x − 3)( x 2 − 3x + 3) = x 3 − 6 x 2 + 12x − 9 , on en déduit que
f ′( x ) =
( x − 3)( x 2 − 3x + 3)
( x − 2)3
.
Le trinôme x 2 − 3x + 3 a un discriminant strictement négatif donc il ne s’annule
pas sur ℝ et, pour tout x ∈ℝ , x 2 − 3x + 3 est du signe de x 2 . Par suite,
x 2 − 3x + 3 > 0 sur ℝ.
On a donc le tableau de signe suivant :
x
−∞
2
Signe de x – 3
–
Signe de x – 2
–
Signe de f’ (x)
+
–
0
+∞
3
0
+
+
–
+
0
+
La fonction f est donc strictement croissante sur  −∞ ; 2 , strictement
décroissante sur ]2 ; 3] et strictement croissante sur  3 ; + ∞  .
58
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Corrigé séquence 2 – MA02
En résumé, on a :
−∞
x
2
3
+∞ +∞
+∞
+∞
Variations de f
9
2
−∞
x=2
6
5
Ꮿf
4
3
2
1
O
–2
2
–1
–1
4– 2
2
4
5
4+ 2
2
Corrigé séquence 2 – MA02
59
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Corrigé des activités du chapitre 4
■
Activité 6
On a 2 × (AB + BC) = 12 donc BC = 6 − AB ainsi, pour obtenir le rectangle ABCD
sous GeoGebra, on peut créer un curseur a donnant la longueur AB et prenant
des valeurs de 0 à 6 puis définir les points A, B, C et D par leurs coordonnées. On
)
)
peut choisir A(0 ; 0) pour obtenir B(a ; 0), C (a ; 6 − a et D ( 0 ; 6 − a .
x Longueur AB
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
5,5
6
f (x) Nombre de carrés
dans ABCD
0
0
5
4
8
6
9
6
8
4
5
0
0
En s’appuyant sur la figure obtenue sous GeoGebra, on observe aisément
que f (3,9) = 6, f ( 3, 99 ) = 6 et il apparaît que f (a ) = 6 pour tout réel a aussi
proche que l’on veut de 4 pourvu que a < 4.
Algébriquement, comme BC = 6 − AB, on observe que lorsque AB < 4 on a
BC > 2 et il apparaît que si AB est proche de 4 en restant strictement inférieur
à 4, on peut placer trois petits carrés portés par [AB], multiplié par deux petits
carrés portés par [BC]. On place donc six petits carrés à l’intérieur de ABCD.
Finalement lim f (x ) = 6.
x →2
x <2
En adaptant la démarche ci-dessus, on obtient que f ( 4 ,1) = 4 , f ( 4 , 01) = 4
lim f (x ) = 4 .
puis x → 4
x >4
8
a) En s’appuyant sur la figure obtenue
sous GeoGebra et lorsque AB parcourt
l’intervalle [0 ; 6], on note que :
6
pour x ∈0 ; 1 , on a f (x) = 0 ; f (1) = 5 ;
pour x ∈1 ; 2 , on a f (x) = 4 ; f (2) = 8 ;
4
pour x ∈2 ; 3 , on a f (x) = 6 ; f (3) = 9 ;
pour x ∈ 3 ; 4  , on a f (x) = 6 ; f (4) = 8
2
pour x ∈ 4 ; 5 , on a f (x) = 4 ; f (5) = 5 ;
et pour x ∈5 ; 6  , on a f (x ) = 0 .
On peut alors construire la représentation
graphique de f.
0
0
2
4
6
On remarquera que bien que cela ne se voit pas sur le graphique ci-dessus, le trait
n’est pas continu sur l’intervalle 2 ; 4  puisque l’image de 3 par f est 9.
60
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Corrigé séquence 2 – MA02
b) On remarque que la courbe Ꮿf présente des discontinuités. Elle ne peut pas
être obtenue sans lever le crayon. En terme de fonctions, on dira que la fonction
f n’est pas continue sur l’intervalle [0 ; 6]. On dira que la fonction f n’est continue
ni en 1, ni en 2, ni en 3, ni en 4, ni en 5.
Pour poursuivre avec l’activité 7, on retiendra que graphiquement, une fonction
est dite continue sur un intervalle I lorsque sa représentation graphique s’obtient
sans lever le crayon. Dans le cas contraire, la fonction n’est pas continue sur I.
Complément
Création de la courbe sous GeoGebra
On reprend et on poursuit la figure obtenue dans le 1.
On crée un curseur a donnant la longueur AB et prenant des valeurs de 0 à 6 puis
)
)
on définit les points A, B, C et D où A(0 ; 0), B(a ; 0), C (a ; 6 − a et D( 0 ; 6 − a . On
crée alors le rectangle ABCD avec l’outil polygone.
a) On remarque que le plus grand nombre de petits carrés portés par le segment
[AB] est le plus grand entier inférieur ou égal à la longueur AB. Ce nombre est
donc la partie entière du réel a. On crée ainsi la variable b qui donnera le nombre
de petits carrés portés par le segment [AB] en entrant b = floor(a) dans la barre
de saisie de GeoGebra.
De même, le plus grand nombre de petits carrés portés par le segment [BC] est
la partie entière de la longueur BC ainsi, on crée la variable c = floor(6–a) qui
donnera le nombre de petits carrés portés par le segment [BC].
On définit alors les points M, N et P par M(b ; 0), N(b ; c) et D(0 ; c) puis, à l’aide
de l’outil polygone, on crée le rectangle AMNP qui est le plus grand rectangle
possible constitué de petits carrés contenu dans ABCD.
En mettant de la couleur, on peut alors visualiser un peu plus précisément le
problème.
b) Pour obtenir la courbe représentant f, il suffit de se placer sur une deuxième
fenêtre graphique et d’y placer le point de coordonnées (a, poly2) en supposant
que poly2 est le nom donné au rectangle AMNP.
c) En activant la trace de ce dernier point construit et en faisant varier le curseur
a, on obtient la courbe représentant f.
Corrigé séquence 2 – MA02
61
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■
62
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Activité 7
impossible
impossible
impossible
impossible
impossible
impossible
impossible
impossible
Corrigé séquence 2 – MA02
impossible
impossible
Outre l’hypothèse émise en début d’activité, il apparaît au regard du
tableau précédent que pour que l’équation f (x ) = 0 admette des solutions
sur I (autrement dit pour qu’il soit impossible d’avoir S vide), il suffit que f soit
continue sur l’intervalle I .
Dans ce cas, l’équation f (x ) = 0 peut admettre une, deux, trois, etc ou une
infinité de solutions.
Outre l’hypothèse émise en début d’activité, il apparaît que pour que
l’équation f (x ) = 0 admet une unique solution sur I , il suffit que f soit continue
sur l’intervalle I et que f soit strictement croissante sur I .
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 4
Exercice 9
Dire que la fonction f est continue en 2 signifie par définition que lim f ( x ) = f (2).
x →2
Ainsi, pour trouver m, il suffit d’étudier la limite de f ( x ) lorsque x tend vers 2. On
se contente de travailler à gauche de 2, f n’étant pas définie à droite de 2.
x −2
Pour x < 2, f ( x ) =
4 − x2
=
x −2
(2 − x )(2 + x )
or, pour x < 2, 2 − x > 0 et 2 + x > 0 donc
f (x ) =
On
a
x −2
2− x 2+ x
=
−( 2 − x )
2− x 2+ x
lim 2 − x = 0+
=
donc,
x →2
(2 − x )(2 + x ) = 2 − x 2 + x puis
− 2− x
par
2+ x
.
composition
avec
X = 2− x ,
x <2
lim
2 − x = lim
x <2
x >0
x →12
x →0
X = 0.
De façon analogue, lim
x →2
x + 2 = 4 = 2 donc par quotient, lim f ( x ) = 0. Pour
x →2
que f soit continue en 2, on choisit donc m = 0.
Exercice 10
x <2
Vrai car les flèches obliques traduisent la continuité sur chaque intervalle. Par
ailleurs, f étant supposée dérivable sur  −∞; 7  , on obtient une autre façon de
justifier sa continuité sur cet intervalle.
Corrigé séquence 2 – MA02
63
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Vrai car f est strictement croissante sur  −1 ; 5  .
( )
( )
Faux car −4 < f ( −5) < 1 et f ( 7) = −5 ainsi on a f − 5 > f 7 .
Vrai car f est strictement décroissante sur  −∞; − 1 .
( )
Faux car l’équation f x = 1 admet exactement deux solutions dans
l’intervalle ]−∞ ; 7]. En effet, comme application du corollaire du théorème
des valeurs intermédiaires sur chacun des intervalles  −1 ; 5  et [5 ; 7], on
)
obtient que l’équation f ( x = 1 admet une unique solution sur chacun de ces
deux intervalles. Puis, par lecture du tableau, il apparaît que l’intervalle image
de ]−∞ ; − 1] par f est l’intervalle  −4 ; 1 auquel n’appartient pas le réel 1.
)
L’équation f ( x = 1 n’a donc pas de solution sur  −∞ ; − 1 .
On ne peut pas le dire. Les flèches obliques traduisant la stricte monotonie sur
chaque intervalle, on peut affirmer que f est strictement croissante sur  −1 ; 5 
ou sur  −1 ; 5  . En revanche, une fonction est strictement croissante sur un
intervalle lorsque sa dérivée est strictement positive sauf éventuellement en des
réels isolés où elle s’annule. Ainsi, f ′ peut s’annuler sur  −1 ; 5  .
Vrai. La justification est donnée à l’assertion 6.
Faux car f ′(5) = 0. En effet, la fonction f est supposée dérivable sur ]−∞ ; 7]
donc elle est dérivable en 5 or il y a un changement des variations en 5, ce qui
signifie que la dérivée change de signe en s’annulant en 5.
Vrai. La justification a été abordée dans l’assertion 6. La fonction f est
strictement croissante sur  −1 ; 5  donc f ′ est strictement positive sur cet
intervalle sauf éventuellement en des réels isolés où elle s’annule. La fonction
f ′ peut donc s’annuler en 0.
Vrai. La courbe Ꮿf admet des tangentes horizontales lorsque la dérivée
s’annule ce qui est le cas au moins en −1 et en 5.
Exercice 11
Soit f la fonction définie par f ( x ) = cos x − x + 1. Cette fonction est la somme de
la fonction cosinus et de la fonction affine x ֏ − x + 1. Ces deux fonctions étant
définies et dérivables sur R , f est définie et dérivable sur R.
64
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Corrigé séquence 2 – MA02
Pour x ∈R , f '( x ) = − sin x − 1.
On a f ′( x ) = 0 ⇔ − sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = −
π
+ 2k π où k ∈ℤ et, pour
2
π
x ≠ − + 2k π où k ∈ℤ , on a sin x > −1 donc f ′( x ) < 0. Ainsi, f ′ est strictement
2
π
négative sur R sauf en les réels isolés de la forme − + 2k π avec k ∈Z où
2
elle s’annule. On en déduit que f est strictement décroissante sur R.
Pour
tout
x ∈R ,
−1 ≤ cos x ≤ 1
donc
− x ≤ cos x − x + 1 ≤ − x + 2
lim − x = +∞ donc par comparaison en −∞ ,
x →−∞
or
lim f ( x ) = +∞ . De plus,
x →−∞
lim − x + 2 = −∞ donc par comparaison en +∞ , lim f ( x ) = −∞ .
x →+∞
x →+∞
La fonction f est donc définie sur R , continue sur R (car on a montré qu’elle
était dérivable sur R ), strictement décroissante sur R et f change de signe sur
R donc, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation
f ( x ) = 0 admet une unique solution réelle α , autrement dit l’équation
cos x = x − 1 admet une unique solution réelle α.
Par balayage, on a f (1, 283) ≈ 8.10−4 > 0 et f (1, 284 ) ≈ −0, 001 < 0 donc
f (1, 284 ) < 0 < f (1, 283) or f (α ) = 0 et f strictement décroissante sur R d’où
1, 283 < α < 1, 284 .
Exercice 12
La fonction f est le produit de x ֏ x par la fonction x ֏ cos2 x − 0, 99.
 π π
La fonction affine x ֏ x est définie, continue et dérivable sur  − ;  .
 4 4
La fonction x ֏ cos2 x est le produit de x ֏ cos x , définie, continue et
 π π
dérivable sur  − ;  , par elle-même donc x ֏ cos2 x est définie, continue
 4 4
 π π
et dérivable sur  − ;  . La fonction x ֏ cos2 x − 0, 99 étant la somme de
 4 4
cette dernière et de la fonction constante x ֏ −0, 99, on en déduit qu’elle est
 π π
définie, continue et dérivable sur  − ;  .
 4 4
Corrigé séquence 2 – MA02
65
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 π π
Finalement, f est définie, continue et dérivable sur  − ;  .
 4 4
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ , (uv )′ = u ′v + uv ′ et le cas particulier
( )
'
où u = v : u 2 = 2u 'u .
 π π
Pour  − ;  ,
 4 4
f ′( x ) = 1× (cos2 x − 0, 99 ) + x × 2 × ( − sin x ) × cos x = cos2 x − 0, 99 − 2x sin x cos x .
On dérive à nouveau en remarquant que f ′ est la somme de x ֏ cos2 x − 0, 99
et du produit de x ֏ 2x par le produit x ֏ sin x cos x . Pour ne pas alourdir la
rédaction, on admettra la continuité et la dérivabilité des fonctions sur l’ensemble
sur lequel on travaille.
Pour x ∈R ,
f ′′( x ) = −2sin x cos x − 2sin x cos x − 2x ( − sin2 x + cos2 x )
= −4 sin x cos x − 2x cos( 2x ) = −2sin( 2x ) − 2x cos( 2x ).


 π
 π
Soit x ∈  − ; 0  . On a 2x ∈  − ; 0  donc, d’une part sin(2x ) < 0


 4
 2
ce qui implique −2sin(2x ) > 0 et d’autre part cos(2x ) > 0 or x < 0 donc

 π
−2x cos ( 2x > 0. Par somme, on obtient f ′′( x ) > 0 sur x ∈  − ; 0  .

 4
 π 
En adaptant ce raisonnement sur 0 ;
, on montre que f ′′( x ) < 0 sur
4 

 π 
0 ; 4  .


)
Du signe de f '', on déduit les variations de f ′ à savoir, f ′ est strictement

 π 
π
croissante sur  − ; 0  et strictement décroissante sur 0 ;  .
4


 4
x
−
π
4
π
4
0
0,01
Variations de f ′
−
66
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Corrigé séquence 2 – MA02
π
− 0, 49
4
−
π
− 0, 49
4

 π
 π π
On a 0 ∈  − − 0, 49 ; 0, 01 et f ′ étant continue sur  − ;  , on déduit

 4
 4 4
du corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l’équation f ′( x ) = 0
 π π
 π 
admet deux solutions sur  − ;  , l’une α dans  − ; 0  et l’autre β

 4 4
 4

π
dans 0 ;  .
4

On pourra remarquer que, la fonction f étant impaire puisque pour tout x ∈ℝ,
f ( − x ) = −f ( x ), on obtient que β = −α .
Par balayage, on a f ′( −0, 06 ) ≈ −8.10−4 < 0 et f ′( −0, 05) ≈ 3.10−3 > 0 donc
α ≈ −0, 06.
Par la remarque ci-dessus, on a donc β = −α ≈ 0, 06.
Par suite, en s’appuyant sur le tableau ci-dessus, on obtient le signe de f ′ à

 π
savoir, strictement négatif sur  − ; α  , strictement positif sur α ; β  et

 4

π
strictement négatif sur β ;  .
4


 π
La fonction f est donc strictement décroissante sur  − ; α  , strictement

 4

π
croissante sur α ; β  et strictement décroissante sur β ;  .
4

x
−
π
4
α
0,1225π
β
π
4
f (β )
Variations de f
f (α )
−0,1225π
0n a α ≈ −0, 06 puis f (α ) ≈ −4.10−4 < 0 et β ≈ 0, 06 puis f (β ) ≈ 4.10−4 > 0 .
Comme conséquence du théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que
l’équation f ( x ) = 0 admet une unique solution dans chacun des trois intervalles

π
α ; β  et β ;  . Ainsi, l’équation f ( x ) = 0 admet trois
4

 π π
solutions sur  − ;  .
 4 4

 π
− 4 ; α  ,


Corrigé séquence 2 – MA02
67
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On peut visualiser la situation en choisissant, par exemple, ces fenêtres
 π π
graphiques, la première donnant la situation sur tout l’intervalle  − ;  et la
 4 4
deuxième permettant de voir un peu mieux ce qui se passe.
Remarque
▶ La fonction f est impaire car pour
 π
π
, f ( − x ) = −f ( x )
4 
ainsi l’étude faite précédemment
tout  −
 4
;
 π
aurait pu être faite sur  0 ; 
4


avant de conclure par symétrie.
▶ On note que f ( 0 ) = 0 donc 0 est
la solution de f ( x ) = 0 appartenant
à l’intervalle  α ; β  .
Exercice 13
On remarque que, pour tout x ∈D , sin x ≠ 0 donc sur l’ensemble D, on a
sin x
1
1
+
=8⇔
+ 1 = 8 sin x ⇔ tan x + 1 = 8 sin x ⇔ 8 sin x − tan x = 1.
cos x sin x
cos x
a) La fonction f est dérivable sur D comme somme de fonctions dérivables sur
D et on a, pour tout x ∈D , f ′( x ) = 8 cos x −
1
8 cos3 x − 1
=
cos2 x
cos2 x
or cos2 x > 0 sur D donc f ′( x ) est bien du signe de 8 cos3 x − 1 sur cet ensemble.
b) En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on obtient que sur l’ensemble D,
 π
1
cos x > ⇔ x ∈ 0 ;  .
2
3


π
Ainsi, la fonction cube étant strictement croissante sur ℝ, on a sur 0 ;  ,
3

1
1
cos x > ⇔ cos3 x > ⇔ 8 cos3 x − 1 > 0 ⇔ f ′( x ) > 0.
2
8
π
, on en déduit que f est
3

π π
π
strictement croissante sur 0 ;  et strictement décroissante sur  ;  et
3

3 2

π
sur  ; π  .

2
En remarquant que sur l’ensemble D, f ′( x ) = 0 ⇔ x =
68
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Corrigé séquence 2 – MA02
c) On rappelle les limites de tan x à gauche et à droite de
On a tan x =
sin x
or
cos x
lim sin x = 1 et
π
x→
2
π
.
2
lim cos x = 0 donc, par quotient, il
x→
π
2
apparaît nécessaire de déterminer le signe de cos x en se plaçant à gauche et
π
π
π
et cos x < 0
. Au voisinage de , cos x > 0 à gauche de
2
2
2
π
à droite de
donc lim cos x = 0+ et lim cos x = 0− d’où finalement par
2
π
π
à droite de
x→
x→
π2
x<
2
x>
π2
2
quotient lim tan x = +∞ et lim tan x = −∞ .
π
π2
π
π2
x→
x→
x<
x>
2
De ces résultats et de
et lim f ( x ) = +∞ .
π
π2
2
lim sin x = 1, on déduit que
π
x→
2
π
π2
x→
x<
x→
x<
lim f ( x ) = −∞
2
2
De lim sin x = 0 et lim tan x = 0 , on déduit que lim f ( x ) = 0 et
x →0
x →0
x →0
de lim sin x = 0 et lim tan x = 0 , on déduit que lim f ( x ) = 0.
x →π
x →π
x →π
En résumé, on a :
x
0
π
3
π
2
␲
3 3
Variations de f
0
–∞
0
Résoudre sur D l’équation (E) revient à résoudre sur D l’équation f ( x ) = 1.
Ainsi, la réponse à cette question s’obtient par application du corollaire
du théorème des valeurs intermédiaires sur chacun des trois intervalles


π π π π
0 ; 3  ,  3 ; 2  et  2 ; π  en remarquant que la fonction f y est continue.

 
 

Corrigé séquence 2 – MA02
69
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Par lecture du tableau, il apparaît que l’équation f ( x ) = 1 admet trois solutions,
l’une dans chacun des trois intervalles précédents. Par suite, l’équation (E) admet
trois solutions sur D situées dans chacun des trois intervalles précédents.
Exercice 14
Raisonnons par récurrence
On a u 0 ∈0 ; 1 donc la proposition « un ∈0 ; 1 » est vraie au rang n = 0.
Soit k ∈ℕ tel que 0 < uk < 1. On a uk +1 = uk (1− uk ) or 0 < uk et 1− uk > 0
donc par produit uk +1 > 0.
Par ailleurs, uk +1 = uk − uk2 ≤ uk < 1 ainsi on a 0 < uk +1 < 1.
Finalement par récurrence, on obtient que pour tout n ∈ℕ , un ∈0 ; 1 .
La suite (un ) est bornée donc, pour qu’elle converge, il suffit qu’elle soit
monotone (par le théorème de la convergence monotone) or pour tout n ∈ℕ ,
un +1 = un − un2 ≤ un donc (un ) est décroissante. Comme elle est minorée, elle
converge vers un réel ℓ. Comme pour tout n ∈ℕ , 0 < un < 1, on en déduit par
passage à la limite que 0 ≤ ℓ ≤ 1.
Par composition avec x = un , on a
lim un (1+ un ) = lim x (1+ x ) = ℓ(1+ ℓ )
n →+∞
x →ℓ
car la fonction polynomiale x ֏ x (1+ x ) est continue sur ℝ (donc en ℓ ).
Par ailleurs, lim un +1 = ℓ. De l’unicité de la limite, on déduit que ℓ(1+ ℓ ) = ℓ .
n →+∞
Comme x (1+ x ) = x ⇔ x (1+ x ) − x = 0 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0 , on obtient ℓ = 0.
Exercice 15
La fonction f est la somme des fonctions x ֏ x et x ֏ sin x toutes deux dé-
rivables sur ℝ donc f est dérivable sur ℝ et, pour tout x ∈ℝ, f '( x ) = 1+ cos x .
On
a
f ′( x ) > 0 ⇔ cos x + 1 > 0 ⇔ cos x > −1 ⇔ x ≠ π + 2k π où k ∈ℤ
et,
pour tout k ∈ℤ , f ′( π + 2k π ) = cos( π + 2k π ) + 1 = 0 donc f ′ est strictement
positive sur ℝ sauf en les réels isolés π + 2k π où k ∈ℤ . On en déduit que f est
strictement croissante sur ℝ.
Pour tout x ∈ℝ, −1 ≤ sin x ≤ 1 donc x − 1 ≤ f ( x ) ≤ x + 1 .
Puis lim x + 1 = −∞ donc par comparaison en −∞ on a lim f ( x ) = − ∞ .
x →−∞
70
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Corrigé séquence 2 – MA02
x →−∞
De plus, lim x − 1 = +∞ donc par comparaison en +∞ , on a lim f ( x ) = +∞.
x →+∞
x →+∞
Pour tracer la courbe Ꮿf , on peut remarquer que, comme pour tout x ∈ℝ,
x − 1 ≤ f ( x ) ≤ x + 1 , Ꮿf , se situe entre les deux droites d’équations y = x − 1
et y = x + 1. Par ailleurs, on peut tracer
8
la tangente à l’origine du repère, cette
tangente ayant pour coefficient directeur
6
le nombre f ′(0 ) = 2.
4
a) La fonction f étant continue sur ℝ
2
(comme somme des fonctions x ֏ x et
O
–π
2π
π
O
3π
–2
–
x ֏ sin x toutes deux continues sur ℝ )
et strictement croissante sur ℝ , elle est
par le corollaire du théorème des valeurs
–4
intermédiaires bijective de
ℝ dans
f ( ℝ ) = ℝ. Pour tout n entier naturel, on
a n ∈f ( ℝ ) donc l’équation f ( x ) = n admet une unique solution réelle notée
x n . On peut visualiser la situation sous GeoGebra en traçant la courbe, en créant
un curseur n prenant des valeurs entières et en ajoutant la droite d’équation
y = n.
b) On sait que, pour tout
6
x ∈R ,
x − 1 ≤ f ( x ) ≤ x + 1 donc on a
xn − 1≤ f ( xn ) ≤ xn + 1
y=5
or
f ( xn ) = n
donc
x n − 1 ≤ n ≤ x n + 1.
4
n=5
De n ≤ x n + 1, on déduit que pour tout n ∈ℕ ,
2
O
O
π
x5 2π
3π
4π
n − 1 ≤ x n or lim n − 1 = +∞ donc lim x n = +∞ .
n →+∞
n →+∞
En poursuivant sur les encadrements, de x n − 1 ≤ n , on déduit que x n ≤ n + 1
pour finalement obtenir que pour tout n ∈ℕ , n − 1 ≤ x n ≤ n + 1 puis, pour tout
n > 0,
1 x
1
n − 1 xn n + 1
≤
≤
ou encore 1− ≤ n ≤ 1+ .
n n
n
n
n
n
Corrigé séquence 2 – MA02
71
© Cned - Académie en ligne
Comme
1
1
1
= 0 , on a lim 1− = 1 et lim 1+ = 1 donc par le
n →+∞ n
n →+∞ n
n →+∞ n
lim
xn
= 1.
n →+∞ n
théorème des gendarmes, lim
En résumé, la suite (x n ) des solutions de l’équation E n est divergente, elle tend
vers +∞ à la même vitesse que n tend vers +∞.
Exercice 16
On remarque que les longueurs étant en mètres, on exprime les vitesses
en m.s−1 pour obtenir les temps t 1 et t 2 en seconde. La vitesse du lapin est
de 30 km.h−1 soit
ou encore
30
m.s−1 et celle du camion est du double à savoir, 60 km.h−1
3, 6
60
m.s−1.
3, 6
Dans le triangle ABD rectangle en B, on a
Par suite, on a t 1 =
AB
4
AB
=
.
= cosθ donc AD =
cos θ cos θ
AD
4
4 × 3, 6
AD
.
=
=
vitesse lapin vitesse lapin × cos θ 30 × cos θ
Dans le triangle ABD rectangle en B, on a
BD
= tanθ donc BD = AB tan θ = 4 tan θ.
AB
Comme B ∈[CD], on en déduit que CD=CB+BD=7+4 tan θ. Par suite, on a
t2 =
CD
7 + 4 tan θ
3, 6 × (7 + 4 tan θ )
=
=
.
vitesse camion vitesse camion
60
Pour que le lapin puisse traverser la route avant le passage du camion, il faut
et il suffit que t 2 > t 1 ce qui équivaut à
On obtient t 2 > t 1 ⇔
3, 6 × (7 + 4 tan θ )
4 × 3, 6
>
.
60
30 × cos θ
7 + 4 tan θ
4
7
4
>
⇔ + 2 tan θ −
> 0 ⇔ f (θ ) > 0 où
2
cos θ
2
cos θ
7
4
f (θ ) = + 2 tan θ −
.
cos θ
2
Pour déterminer le signe de f ( θ ), on étudie les variations de f sur l’intervalle

π
0 ; 2 .


72
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Corrigé séquence 2 – MA02
7
4
La fonction f est la somme des fonctions θ ֏ , θ ֏ 2tan θ et θ ֏ −
2
cos θ

π
7
toutes les trois dérivables sur 0 ;  . En effet, la fonction constante θ ֏
2
2



π
π
est dérivable sur 0 ;  , la fonction θ ֏ tan θ est dérivable sur 0 ;  et la
2
2


4
fonction θ ֏ −
est le produit par −4 de l’inverse de θ ֏ cos θ , dérivable
cos θ


π
π
et ne s’annule pas sur 0 ;  . La fonction f est donc dérivable sur 0 ;  .
2
2


'
 1
v'
Formule utilisée : (u + v )′ = u ′ + v ′ et   = − .
v 
v2

π
1
1− 2sin θ
− sin θ
Pour 0 ;  , f ′(θ ) = 2 ×
)=2
.
− 4 × (−
2

cos2 θ
cos2 θ
cos2 θ
 π
Pour θ ∈ 0 ;  , cos2 θ > 0 et 2 > 0 donc f ′(θ ) est du signe de 1− 2sin θ.
 2
1
En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on
0,5

π
observe que sur 0 ;  ,
2

O
–1
1
π
1− 2sin θ = 0 ⇔ sin θ = ⇔ θ =
2
6

π
1
π
et sur 0 ;  , 1− 2sin θ > 0 ⇔ sin θ < ⇔ θ < .
2
2
6

O
1
–0,5
–1

π π
π
Finalement, f ′(θ ) > 0 sur 0 ;  et f ′(θ ) < 0 sur  ;  . La fonction f
6

6 2

π
est donc strictement croissante sur 0 ;  et strictement décroissante sur
6

π π
π
π 7
3 8
≈ 0, 04.
 6 ; 2  . Elle admet un maximum en 6 égale f ( 6 ) = 2 + 2 3 −
3


On a f (0 ) = −0, 5 < 0 et, pour compléter l’étude de f, on détermine la limite de f
à gauche de
On a
π
.
2
7
4
7 sin θ − 2
f (θ ) = + 2 tan θ −
= +2
cos θ 2
cos θ
2
or
lim sin θ − 2 = −1 et
θ→
π
2
Corrigé séquence 2 – MA02
73
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θ→
sin θ − 2
= −∞ et, par produit par
π cos θ
θ→
θ<
θ<
lim cos θ = 0+ donc par quotient
π
2
π
2
2 puis par somme, on obtient
lim
π2
2
lim f (θ ) = −∞ .
π
2
π
θ→
θ<
En résumé :
x
2
0
π
6
π
2
7
−2 3
2
Variations
de f
−
1
2
−∞

π
Après avoir précisé la continuité de f sur 0 ;  et en appliquant le corollaire
2


π
du théorème des valeurs intermédiaires sur chacun des intervalles 0 ;  et
6

π π
 6 ; 2  , on observe que f s’annule exactement une fois sur chacun de ces


intervalles et, en s’appuyant sur les variations de f, on obtient que f (θ ) > 0 entre
ces deux zéros α et β de f .
Pour plus de précisions, on peut déterminer les zéros de f par balayage.
On a f (0, 3) ≈ −0, 07 < 0 et f (0, 4 ) ≈ 0, 003 > 0 d’où 0, 3 < α < 0, 4 et on peut
retenir α ≈ 0, 4 puis f (0, 6 ) ≈ 0, 02 > 0
et f (0, 7) ≈ −0, 04 < 0 d’où 0, 6 < β < 0, 7 et on peut retenir β ≈ 0, 6.
Pour réussir à échapper à la collision avec le camion, le lapin devra donc traverser
avec un angle compris entre 0,4 et 0,6 radians.
74
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Corrigé séquence 2 – MA02
Corrigé de l’activité du chapitre 5
■
Activité 8

 1
a) On cherche la dérivée de la fonction g définie sur  − ; + ∞ 
3


par g (x ) = 3x + 1 .
On cherche la limite du taux d’accroissement
vers 0.
Soit x ≥ −
g (x + h ) − g (x )
lorsque h tend
h
1
1
et h tel que x + h ≥ − . On a
3
3
g (x + h ) − g (x )
3(x + h ) + 1 − 3x + 1
3x + 3h + 1 − 3x + 1 .
=
=
h
h
h
La démarche pour déterminer la limite de cette expression est alors de multiplier
numérateur et dénominateur par l’expression conjuguée du numérateur, à savoir
3x + 3h + 1 + 3x + 1 . Pour ce faire, on s’assure que cette expression ne puisse
pas être nulle pour tout h ≠ 0 et pour cela, il faut supposer 3x + 1 > 0 c’est-à1
dire x > − .
3
g (x + h ) − g (x ) ( 3x + 3h + 1 − 3x + 1)( 3x + 3h + 1 + 3x + 1)
.
On a alors
=
h
h ( 3x + 3h + 1 + 3x + 1)
D’où
g (x + h ) − g (x )
3x + 3h + 1− ( 3x + 1)
3h
=
=
h
h ( 3x + 3h + 1 + 3x + 1) h ( 3x + 3h + 1 + 3x + 1)
=
3
3x + 3h + 1 + 3x + 1
or lim 3x + 3h + 1 = 3x + 1 donc, par composition lim
h →0
puis lim
h →0
h →0
3x + 3h + 1 = 3x + 1
3x + 3h + 1 + 3x + 1 = 2 3x + 1.
3
g (x + h ) − g (x )
=
.
h
h →0
2 3x + 1
Finalement lim
1

 1
; + ∞  et, pour tout x > − ,
3

 3
Ainsi, la fonction f est dérivable sur  −
g' (x ) =
3
2 3x + 1
.
Corrigé séquence 2 – MA02
75
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On peut remarquer que la démonstration ci-dessus permet de justifier la

 1
; + ∞  mais ne fournit aucune information quant à
3


dérivabilité de g sur  −
la dérivabilité de g en −
1
1
. Pour étudier la dérivabilité de g en − , on revient
3
3
à la définition de la dérivabilité et on étudie la limite du taux d’accroissement
1
1
g (− + h ) − g (− )
3
3 lorsque h tend vers 0.
h
1
1
1
3( − + h ) + 1 − 0
g (− + h ) − g (− )
3h
3
3
3
3 =
=
=
h
h
h
h
Pour
h > 0,
lim
h = 0+ donc par inversion lim
h >0
h >0
h →0
1
h →0 h
= +∞ puis par produit par
or
3 on
1
1
g (− + h ) − g (− )
3
3 = +∞ . La fonction g n’est donc pas dérivable
obtient lim
h
h →0
h >0
1
en − .
3
b) On adapte tout simplement ce qui précède au cas où g (x ) = ax + b
b
avec ax + b ≥ 0 , c’est à dire x ≥ − (a > 0 ).
a
g (x + h ) − g (x )
lorsque h tend
On cherche la limite du taux d’accroissement
h
vers 0.
b
b
Soit x ≥ − et h tel que x + h ≥ − . On a
a
a
g (x + h ) − g (x )
a(x + h ) + b − ax + b
ax + ah + b − ax + b
=
=
.
h
h
h
La démarche pour déterminer la limite de cette expression est alors de multiplier
numérateur et dénominateur par l’expression conjuguée du numérateur, à savoir
ax + ah + b + ax + b . Pour ce faire, on s’assure que cette expression ne
puisse pas être nulle pour tout h ≠ 0 et pour cela, il faut supposer ax + b > 0
b
c’est à dire x > − .
a
ax + ah + b − ax + b
ax + ah + b + ax + b
g(x + h ) − g(x )
.
=
On a alors
h
h ax + ah + b + ax + b
(
76
© Cned - Académie en ligne
Corrigé séquence 2 – MA02
(
)(
)
)
D’où
g (x + h ) − g (x )
ax + ah + b − (ax + b )
ah
=
=
h
h ( ax + ah + b + ax + b ) h ( ax + ah + b + ax + b )
=
a
ax + ah + b + ax + b
or lim ax + ah + b = ax + b donc, par composition lim
h →0
h →0
puis lim
h →0
ax + ah + b = ax + b
ax + ah + b + ax + b = 2 ax + b .
g (x + h ) − g (x )
a
=
.
h
h →0
2 ax + b
Finalement lim

 b
b
Ainsi, la fonction f est dérivable sur  − ; + ∞  et, pour tout x > − ,
a

 a
a
g' (x ) =
2 ax + b .
Comme on l’a fait précédemment, on peut compléter l’étude en s’interrogeant
b
sur la dérivabilité de g en − . Pour ce faire, on étudie la limite du taux
a
b
b
g (− + h ) − g (− )
a lorsque h tend vers 0. On a pour h > 0,
a
d’accroissement
h
b
b
b
a( − + h ) + b − 0
g (− + h ) − g (− )
ah
a
a
a =
a
=
=
h
h
h
h
or lim
h = 0+ donc par inversion lim
h >0
h >0
h →0
1
h →0 h
= +∞ puis par produit par
a on
b
b
g (− + h ) − g (− )
a
a = +∞ .
obtient lim
h
h →0
h >0
b
La fonction g n’est donc pas dérivable en − .
a
a) L’objectif étant de déterminer la dérivée de la fonction g définie sur ℝ
par g (x ) = (ax + b )3 , on cherche la limite du taux d’accroissement
g (x + h ) − g (x )
h
lorsque h tend vers 0.
Corrigé séquence 2 – MA02
77
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Après avoir défini la fonction g en affectant à g (x ) la valeur (ax + b )3 (étape 1
de la copie d’écran), on calcule le taux d’accroissement de g entre x et x + h
(étape 2 de la copie d’écran) puis on développe le numérateur et on simplifie
(étape 3 de la copie d’écran).
Le détail des calculs est fastidieux d’où l’intérêt d’utiliser un logiciel de calcul
formel même s’il reste possible de faire « à la main » les calculs afin de se
convaincre de la validité des résultats.
Il reste à déterminer la limite de g (x + h ) − g (x ) lorsque h tend vers 0 (étape 4
h
de la copie d’écran) puis à l’exprimer sous une forme un peu plus simple (étape
5 de la copie d’écran).
g (x + h ) − g (x )
= 3a (ax + b )2 .
h
h →0
On a obtenu lim
b) De la démarche précédente, on en déduit que g est dérivable sur ℝ et
que pour tout x ∈ℝ , g ′(x ) = 3a (ax + b )2 or f est définie par f (x ) = x 3 donc
f ′(x ) = 3x 2 et on obtient g ′(x ) = a × f ′(ax + b ) .
Dans le cas général où g est la composée de la fonction affine u définie
par u (x ) = ax + b et d’une fonction f dérivable, on peut suivre les étapes qui
conduisent à déterminer le nombre dérivé de g en x autrement dit g ′(x ). A
l’étape 1, on définie g (x ) = f (ax + b ). A l’étape 2 puis à l’étape 3, on détermine
g (x + h ) − g (x )
comme précédemment le nombre
puis sa limite lorsque h tend
h
vers 0. Le nombre déterminé à l’étape 3 est alors g ′(x ).
Il semble donc que g ′(x ) = a × f ′(ax + b ) ce qui est cohérent avec la relation
obtenue au 2.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 5
Exercice 17
a) La fonction f est la composée de x ֏ 4 − x par x ֏ x .
La fonction x ֏ x est dérivable sur 0 ; + ∞  et la fonction x ֏ 4 − x
est dérivable sur ℝ à valeurs strictement positives sur  −∞ ; 4  donc f est
78
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Corrigé séquence 2 – MA02
dérivable sur I =  −∞ ; 4  .
Formule utilisée : ( u )′ =
u′
2 u
Pour x ∈  −∞ ; 4  , f ′( x ) =
.
−1
2 4−x
.
x
b) La fonction f est le produit de x ֏ x 2 et de la composée de x ֏
2
par x ֏ cos x
La fonction x ֏ x 2 est dérivable sur ℝ puis, la fonction x ֏ cos x est
x
dérivable sur ℝ et la fonction x ֏ est dérivable sur ℝ et à valeurs dans ℝ
2
donc, f est dérivable sur I = ℝ.
Formules utilisées : (uv )′ = u ′v + uv ′ et (cosu )′ = −a sinu où u est la fonction
affine définie par u ( x ) = ax + b .
1 x
x
x
x x2
Pour x ∈ℝ , f ′( x ) = 2x cos( ) + x 2 ( − sin( )) = 2x cos( ) − sin( ) que l’on
2
2
2
2
2
2
x
x
x
peut aussi écrire par exemple sous la forme f ′( x ) = ( 4 cos( ) − x sin( )) si on
2
2
2
prend l’habitude de factoriser autant que possible les dérivées dans le but d’une
éventuelle étude de signe permettant d’obtenir les variations de la fonction. On
peut noter que dans le cas présent, l’étude du signe de nécessiterait l’étude de la
x
x
fonction auxiliaire x ֏ 4 cos( ) − x sin( ).
2
2
c) La fonction f est le quotient de x ֏ 1+ sin x par x ֏ x − 1.
La fonction x ֏ 1+ sin x est la composée de x ֏ 1+ sin x par x ֏ x . La
fonction x ֏ x étant dérivable sur 0 ; + ∞  , la composée x ֏ 1+ sin x
est dérivable lorsque la fonction x ֏ 1+ sin x est dérivable et strictement
π
positive or 1+ sin x > 0 ⇔ sin x > −1 ⇔ sin x ≠ −1 ⇔ x ≠ − + 2k π où k ∈ℤ
2
donc x ֏ 1+ sin x est à valeurs strictement positive sur tout intervalle ne
π
contenant pas de réel de la forme − + 2k π où k ∈ℤ. Finalement, la composée
2
x ֏ 1+ sin x est dérivable sur tout intervalle ne contenant pas de réel de la
π
forme − + 2k π où k ∈ℤ.
2
Corrigé séquence 2 – MA02
79
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Par ailleurs, la fonction x ֏ x − 1 est dérivable sur ℝ et ne s’annule qu’en 1
de sorte que la fonction f soit dérivable sur tout intervalle ne contenant ni 1, ni
π
les réels de la forme − + 2k π où k ∈ℤ. La fonction f est donc dérivable sur
2
I = [0 ; 1[.
u
vu ′ − uv ′
u′
Formules utilisées : ( )′ =
et ( u )′ =
.
2
v
2 u
v
Pour x ∈0 ; 1 ,
( x − 1) ×
f ′( x ) =
Exercice 18
cos x
2 1+ sin x
− 1× 1+ sin x
=
( x − 1)2
D’une part,
( x − 1)cos x − 2(1+ sin x )
2 1+ sin x ( x − 1)2
lim f ( x ) = lim x 2 − 3 = −2 . D’autre part,
x →1
x →1
x <1
x <1
.
lim x − 1 = 0+
x →1
x >1
donc, par composition avec X = x − 1 on a lim
x − 1 = lim
x >1
X >0
x →1
lim f ( x ) = −2.
X →0
X = 0 puis
x →1
x >1
Finalement, lim f ( x ) = lim f ( x ) = f (1) donc la fonction f est continue en 1.
x →1
x →1
x <1
x >1
On étudie la dérivabilité à gauche et à droite de 1.
Pour
f (1+ h ) − f (1) (1+ h )2 − 3 − ( −2) 1+ 2h + h 2 − 1
=
=
= 2+ h
h
h
h
h < 0,
f (1+ h ) − f (1)
= 2 . La fonction f est donc dérivable à
h
h →0
or lim h + 2 = 2 d’où lim
h →0
h <0
h <0
gauche de 1 et admet 2 pour nombre dérivé à gauche.
Pour h > 0,
f (1+ h ) − f (1)
h − 2 − ( −2)
h
1
=
=
=
or lim h = 0+ donc
h
h
h
h →0
h
h >0
par inversion lim
1
h →0 h
h >0
f (1+ h ) − f (1)
= +∞ et f n’est pas
h
h →0
= +∞ , c’est-à-dire lim
h >0
dérivable à droite de 1. Finalement, f n’est pas dérivable en 1.
80
© Cned - Académie en ligne
Corrigé séquence 2 – MA02
On peut déduire de la continuité de f en 1 que la courbe Ꮿ
f ne présente pas
de discontinuité au voisinage du point d’abscisse 1, c’est-à-dire que la courbe
peut être tracée sans lever le crayon. De l’étude de la dérivabilité en 1, on déduit
que Ꮿf admet une demiO
tangente de coefficient
–2
–1
2
3
1
O
directeur 2 à gauche de 1
alors qu’elle admet une
demi-tangente verticale à
droite de 1. Ainsi, on peut
observer un point anguleux
au point d’abscisse 1.
Exercice 19
a) Par lecture graphique, Ꮿ
–1
–2
–3
f admet une demi-tangente verticale au point
d’abscisse −1 donc f ne semble pas dérivable en −1 puis Ꮿf admet, à l’origine,
deux demi-tangentes de coefficients directeurs différents ( −1 à gauche et 1 à
droite) donc f ne semble pas dérivable en 0 bien qu’elle semble l’être à gauche
et à droite de 0.
b) ▶ Pour h > 0,
f ( −1+ h ) − f ( −1)
( −1+ h )2 h
( −1+ h )2 h
( −1+ h )2
1
− 2+ h
=
=
=
=
h
h
h
h
h2
1
1
= +∞ et lim − 2 + h = −2 donc par somme lim − 2 + h = +∞ puis
h →0 h
h →0
h →0 h
or lim
h >0
h >0
1
− 2 + h = lim
X = +∞ .
h →0 h
X →+∞
par composition lim
h >0
f ( −1+ h ) − f ( −1)
= +∞ donc f n’est pas dérivable en −1
h
h →0
On a finalement lim
h >0
mais on retrouve bien le fait que Ꮿf admette une demi-tangente verticale au
point d’abscisse −1 .
▶ Pour h ≠ 0,
h > 0,
f (0 + h ) − f (0)
h 2 (h + 1)
h2 h + 1 h h + 1
=
=
=
donc, pour
h
h
h
h
f (0 + h ) − f (0)
f (0 + h ) − f (0 )
= h + 1 et pour h < 0,
= − h + 1.
h
h
Corrigé séquence 2 – MA02
81
© Cned - Académie en ligne
Comme lim h + 1 = 1 , on a par composition lim
h →0
h + 1 = lim
h →0
X →1
X =1
f (0 + h ) − f (0)
f (0 + h ) − f (0)
= 1 alors que lim
= −1. La fonction f est
h
h
h →0
h →0
puis lim
h <0
h >0
donc dérivable à droite de 0 et à gauche de 0 mais les nombres dérivées à droite
et à gauche étant différents, f n’est pas dérivable en 0.
a) La fonction f est la composée de la fonction polynomiale
x ֏ x 2 ( x + 1) = x 3 + x 2 dérivable sur ℝ et à valeurs strictement positive
lorsque x ∈  −1 ; 0  ∪ 0 ; +∞  par la fonction x ֏ x
dérivable sur
0 ; + ∞  ainsi f est dérivable sur  −1 ; 0  ∪  0 ; +∞  . On peut remarquer que
le démonstration que l’on vient de suivre permet de prouver la dérivabilité de f sur
 −1 ; 0  ∪ 0 ; +∞  mais elle ne permet pas d’affirmer que f n’est pas dérivable
ailleurs. Pour l’affirmer, il était nécessaire de procéder comme on l’a vu au 1.
u′
Formule utilisée : ( u )′ =
.
2 u
Pour x ∈  −1 ; 0  ∪ 0 ; +∞  ,
3x 2 + 2x
f ′( x ) =
3
2
or 2 x 3 + x 2 > 0 sur
2 x +x
 −1 ; 0  ∪ 0 ; +∞  donc sur cette réunion f’ (x) est bien du signe de 3x 2 + 2x .
On a 3x 2 + 2x = 0 ⇔ x ( 3x + 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = −
2
or le coefficient de x 2
3
est positif d’où le signe de 3x 2 + 2x puis de f ′( x ).
x
−1
−
2
3
0
Signe de 3x 2 + 2x
+
0
–
Signe de f ′( x )
+
0
–
0
+∞
+
+

2
La fonction f est donc strictement croissante sur  −1 ; −  , strictement
3


 2
décroissante sur  − ; 0  et strictement croissante sur 0 ; +∞  .

 3
82
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Corrigé séquence 2 – MA02
b) On a lim x 2 ( x + 1) = lim x 3 + x 2 = lim x 3 = +∞ (on peut aussi tout
x →+∞
x →+∞
x →+∞
simplement raisonner par produit à partir de l’expression x 2 ( x + 1) ) donc, par
composition avec X = x 2 ( x + 1),
lim f ( x ) = lim
x →+∞
X →+∞
X = +∞.
2 2 3
, on dispose de tous les éléments pour dresser
En remarquant que f ( − ) =
3
9
le tableau des variations de f.
X
−1
−
2
3
0
+∞
2 3
9
Variations de f
+∞
0
0
a) Déterminer le nombre de solution de l’équation f ( x ) = k où k est réel
découle du corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l’on applique


2  2
sur chacun des intervalles où f est strictement monotone  −1 ; −  ,  − ; 0 
3  3




et 0 ; +∞  . La fonction f étant continue sur son ensemble de définition, il suffit
de considérer les cas où le réel k appartient aux intervalles images par f de ces
trois intervalles. Par lecture du tableau, on obtient :
▶ si k < 0 alors l’équation f ( x ) = k
n’a pas de solution sur  −1 ; + ∞  ;
▶ si k = 0 alors l’équation f ( x ) = k
admet deux solutions sur  −1 ; + ∞  qui
sont −1 et 0 ;
2 3
alors l’équation f ( x ) = k admet trois solutions
9
sur  −1 ; + ∞  situées dans chacun des trois intervalles ci-dessus ;
▶
si
0<k <
2 3
alors l’équation f ( x ) = k admet deux solutions sur  −1 ; + ∞  ,
9
2
l’une égale à − et l’autre dans 0 ; + ∞  ;
3
2 3
▶ si k >
alors l’équation f ( x ) = k admet une solution sur  −1 ; + ∞ 
9
située dans 0 ; +∞  .
▶ si k =
Corrigé séquence 2 – MA02
83
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b) Déterminer le nombre de solutions sur  −1 ; 1 de l’équation f ( x ) = m x
revient à déterminer le nombre de points
d’intersection de la courbe Ꮿf et de la droite
d’équation y = mx selon les valeurs de son
1
coefficient directeur m.
On remarque que les droites d’équation y = mx
passent toutes par l’origine donc l’équation
f ( x ) = m x admet au moins 0 comme solution,
O
O
–1
1
quelle que soit la valeur du réel m.
Si m ≤ −1 alors f ( x ) = m x admet 0 comme unique solution sur  −1 ; 1 .
Si −1 < m ≤ 0 alors f ( x ) = m x admet deux solutions sur  −1 ; 1 , l’une égale
à 0 et l’autre appartenant à  −1 ; 0  lorsque m < 0 et égale à −1 si m = 0.
Si 0 < m ≤ 1 alors f ( x ) = m x admet 0 comme unique solution sur  −1 ; 1 .
On remarque que, parmi les droites d’équation y = mx coupant deux fois la
courbe Ꮿf , celle dont le coefficient directeur est le plus grand la coupe au
)
(
)
point de coordonnées (1 ; f (1) , c’est-à-dire au point de coordonnées 1 ; 2 .
Par suite, cette droite à donc pour coefficient directeur
2 ce qui permet d’en
déduire le cas suivant.
Si 1 < m ≤ 2 alors f ( x ) = m x admet deux solutions sur  −1 ; 1 , l’une égale
à 0 et l’autre appartenant à 0 ; 1 lorsque m > 1 et égale à 1 si m = 2.
Si m > 2 alors f ( x ) = m x admet 0 comme unique solution sur  −1 ; 1 .
Exercice 20
Domaine de définition, domaine de dérivabilité
La fonction f est la composée de la fonction x ֏ 2cos x − 1 par la fonction
x ֏ x or cette dernière est définie sur 0 ; + ∞  et dérivable sur 0 ; + ∞ 
donc, par composition, f est définie lorsque 2cos x − 1 ≥ 0 et elle est dérivable sur
tout intervalle sur lequel 2cos x − 1 > 0.
1
π
3
D’après l’énoncé, f est définie sur un intervalle inclus
dans  − π ; π  .
En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on a sur
 − π ; π  :
84
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Corrigé séquence 2 – MA02
–1
1
0
–1
–π
3
1
π
π
2cos x − 1 = 0 ⇔ cos x = ⇔ x = − ou x =
2
3
3
1
π
π
et 2cos x − 1 > 0 ⇔ cos x > ⇔ − < x < .
2
3
3
 π π
 π π
Par suite, la fonction f est définie sur  − ;  et dérivable sur  − ;  .
 3 3
 3 3
On peut noter que f étant définie sur un intervalle centré en 0 et la fonction
cosinus étant paire, la fonction f est elle même paire. Cette remarque permet
 π
de restreindre l’étude sur l’intervalle 0 ;  par exemple et d’en déduire le
3


 π
comportement de f sur  − ; 0  grâce à la parité.

 3
De plus, on peut noter que, jusqu’à présent, on n’a aucune information concernant
π
π
l’éventuelle dérivabilité en
et en − .
3
3
Dérivée et variations
Formule utilisée : ( u )′ =
u′
2 u
.
 π π
−2sin x
− sin x
=
.
Pour x ∈  − ;  , f ′( x ) =
2 2cos x − 1
2cos x − 1
 3 3
 π π
Pour tout x ∈  − ;  ,
 3 3
2cos x − 1 > 0 donc f ′( x ) est du signe opposé
 π

 π
à celui de sin x d’où f ′( x ) > 0 sur  − ; 0  , f ′( x ) < 0 sur 0 ;  et
3


 3

 π
f ′(0 ) = 0. La fonction f est donc strictement croissante sur  − ; 0  et

 3

π
strictement décroissante sur 0 ;  .
3

1
Courbe
Comme la dérivée f ′ de f s’annule à l’origine, la représentation
graphique de f admet une tangente horizontale au point de coordonnées
–1
0
1
(0 ; f (0)) , c’est-à-dire au point de coordonnées (0 ; 1).
Corrigé séquence 2 – MA02
85
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Complément
Pour plus de précision, en complément, on peut démontrer l’existence d’une
π
en étudiant la dérivabilité de f à gauche
3
π
de . On remarquera alors que la symétrie de la courbe que l’on déduit de la
3
parité de f permet d’affirmer l’existence d’une demi-tangente verticale au point
tangente verticale au point d’abscisse
π
d’abscisse − .
3
Soit h un réel non nul tel que
 π π
π
+ h ∈  − ;  (on a donc h < 0). On a
3
 3 3
π
π
f ( + h)−f ( )
3
3 = 1 2cos( π + h ) − 1
h
h
3
π
π
π
cos h
3 sinh
−
or cos( + h ) = cos cos h − sin sinh =
3
3
3
2
2
et
π
1
1
cos h − 3 sinh − 1 . De plus, comme h < 0, on a
2cos( + h ) − 1 =
h
h
3
h = − −h −h d’où
π
1
1
2cos( + h ) − 1 =
h
3
− −h
cos h − 3 sinh − 1
1
=
−h
− −h
3
sinh cos h − 1
−
h
h
sinh
cos h − 1
= 1 et lim
=0
h
h →0 h
h →0
On sait que lim
donc
lim
h →0
lim
h →0
3
3
sinh cos h − 1
−
= 3
h
h
puis, par composition on
sinh cos h − 1
−
= lim
X =
h
h
X→ 3
3.
π
π
f ( + h)−f ( )
3 = −∞ .
Par ailleurs, lim − −h = 0− donc par quotient lim 3
h
h →0
h →0
1
h <0
0
Exercice 21
86
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h <0
π
mais graphiquement,
1
3
on peut tout de même en déduire l’existence d’une demi-tangente
verticale.
La fonction f n’est donc pas dérivable à gauche de
0
–1
obtient
nπ
On commence par vérifier que la proposition « f (n ) ( x ) = −2n −1 cos(2x + ) »
2
est vraie pour n = 1.
Corrigé séquence 2 – MA02
La fonction f est la composée de x ֏ sin x dérivable sur R et à valeurs réelles
par la fonction x ֏ x 2 dérivable sur ℝ donc f est dérivable sur ℝ
( )
'
Formule utilisée : u 2 = 2uu '.
Pour
x ∈ℝ,
f ′( x ) = 2cos x sin x
or on sait que pour tout réel x,
π
2sin x cos x = sin(2x ) et pour tout réel a, cos(a + ) = − sina donc, on
2
π
obtient que pour x ∈ℝ, f ′( x ) = − cos(2x + ). Par ailleurs, pour n = 1,
2
π
π
n
−2n −1 cos(2x + ) = − cos(2x + ).
2
2
La proposition f (n ) ( x ) = −2n −1 cos(2x +
nπ
) est donc vraie pour n = 1.
2
Soit k ∈ℕ* tel que f (k ) ( x ) = −2k −1 cos(2x +
kπ
). La fonction f (k ) est
2
dérivable sur ℝ car elle est le produit d’une constante réelle par la composée
de la fonction affine x ֏ 2x +
kπ
dérivable sur ℝ et à valeurs réelles par la
2
fonction cosinus dérivable sur ℝ.
Formule utilisée : g ′( x ) = −a sin(ax + b ) lorsque g ( x ) = cos(ax + b ).
Pour x ∈R,
f (k +1) ( x ) = (f (k ) )′( x ) = −2k −1 × ( −2) × sin(2x +
kπ
kπ
) = 2k sin(2x + )
2
2
π
or pour tout réel a, cos(a + ) = − sina
2
donc sin(2x +
(k + 1)π
kπ
kπ π
) = − cos(2x +
+ ) = − cos(2x +
)
2
2 2
2
d’où f (k +1) ( x ) = −2k cos(2x +
(k + 1)π
) et la propriété est héréditaire.
2
Finalement, par récurrence, pour tout n ∈ℕ* , la fonction f est n fois dérivable
sur ℝ et on a f (n ) ( x ) = −2n −1 cos(2x +
nπ
).
2
Corrigé séquence 2 – MA02
87
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Corrigé des exercices du chapitre 6
Exercice I
Vrai
D’après le cours, on sait que : « si une fonction est dérivable sur un intervalle I
alors elle est continue sur I. » L’assertion proposée est la contraposée de cette
propriété or, si une proposition est vraie, sa contraposée l’est aussi.
Faux
Pour démontrer que cette proposition est fausse, il suffit d’exhiber un contreexemple. L’assertion proposée faisant référence au théorème des valeurs
intermédiaires, il suffit de donner un exemple de fonction vérifiant les hypothèses
de la proposition mais ne vérifiant pas celles du théorème des valeurs
intermédiaires autrement dit, il suffit de choisir une fonction qui ne soit pas
continue en un réel compris entre a et b. Un dessin peut suffire pour illustrer le
problème ou bien on peut expliciter l’expression de la fonction.
 −0, 5x + 2 si x ≤ 3
est définie
Par exemple, la fonction f définie par f ( x ) = 
x
x
,
,
−
+
>
0
5
0
5
si
3

sur ℝ , on a f (2) × f ( 4 ) ≤ 0 pourtant, f ne s’annule pas entre 2 et 4.
3
2
1
0
–2
–1
0
–1
1
2
3
4
5
6
–2
Faux
En s’appuyant sur le dessin ci-contre,
on a pour tout x ∈1 ; 3  , f ( x ) ≤ x
3
y=x
2
or la tangente à Ꮿf au point A a pour
coefficient directeur 2, c’est à dire
f ′(2) = 2
donc f ′(2) > 1. Cet exemple
prouve que la proposition est faussse.
Vrai
88
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Pour h ≠ 0,
f (0 + h ) − f (0 ) h 2E(h ) − 02E(0 )
=
= h E(h ).
h
h
Corrigé séquence 2 – MA02
A
1
0
0
–1
1
2
–1
Ꮿf
–2
3
Puis
pour
−1 ≤ h < 0 ,
E(h ) = −1
et
lim h = 0
h →0
donc
par
produit
f (0 + h ) − f (0)
= 0 et pour 0 < h < 1, E(h ) = 0 et lim h = 0 donc par
h
h →0
h →0
lim
h <0
f (0 + h ) − f (0)
f (0 + h ) − f (0)
= 0 donc lim
= 0 et f est dérivable
h
h
h →0
h →0
produit lim
h >0
en 0 (et f ′(0 ) = 0 ).
Faux
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentant une fonction f au
point d’abscisse a est égal au nombre dérivé de cette fonction en a. On est donc
amené à chercher le nombre dérivé de x ֏ (2x + 1)3 − x en 0.
On note f la fonction polynomiale définie et dérivable sur
ℝ par
f ( x ) = ( 2x + 1) − x .
3
La fonction f est la somme de la composée de x ֏ 2x + 1 par la fonction x ֏ x 3
et de la fonction x ֏ − x .
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ et (u 3 )′ = 3u ′u 2 .
Pour x ∈ℝ, f ′( x ) = 3 × 2 × (2x + 1)2 − 1 d’où f ′(0 ) = 5 et la proposition est
fausse.
On peut remarquer que, pour calculer le nombre dérivée de f en 0, on pouvait
aussi déterminer la limite en 0 du taux d’accroissement
effet, pour h ≠ 0,
f (0 + h ) − f (0)
. En
h
f (0 + h ) − f (0)
= 8h 2 + 12h + 5 or lim 8h 2 + 12h = 0 d’où
h
h →0
f (0 + h ) − f (0)
= 5 donc f est dérivable en 0 et f ’(0) = 5.
h
h →0
lim
Faux
On peut conjecturer la réponse à l’aide d’une représentation graphique pour
constater que la courbe d’équation y = x x (2 − x ) semble admettre une demitangente horizontale au point de coordonnées (0 ; 0).
On note f la fonction définie par f ( x ) = x x (2 − x ).
Pour
h ≠ 0,
f ( 0 + h ) − f ( 0 ) f (h )
=
= h (2 − h ) or lim h (2 − h ) = 0 puis, par composition avec
h
h
h →0
Corrigé séquence 2 – MA02
89
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f (0 + h ) − f (0)
= lim h (2 − h ) = lim X = 0 . La fonction
h
h →0
h →0
X →0
X = h (2 − h ) , lim
f est donc dérivable en 0, f ′(0 ) = 0 et la courbe d’équation y = x x (2 − x )
admet une demi-tangente horizontale au point de coordonnées (0 ; 0).
Faux
Comme la fonction x ֏ x est continue sur 0 ; + ∞  , on sait d’après le cours
que si la suite (un ) converge vers un réel ℓ alors ℓ est nécessairement solution de
l’équation x = x or
x = x ⇔ x 2 = x et x ≥ 0 ⇔ x 2 − x = 0 et x ≥ 0
⇔ x ( x − 1) = 0 et x ≥ 0 ⇔ x = 0 ou x = 1
donc (un ) ne peut pas être convergente vers 2.
Exercice II
On considère la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) =
x3 + x2 − 3
)
(
x2 +1
et Ꮿf sa
courbe représentative dans un repère orthonormé O ; i , j .
a) La fonction g est une fonction polynomiale donc g est dérivable sur ℝ et
pour x ∈ℝ, g ′( x ) = 3x 2 + 3.
Pour tout x ∈ℝ, x 2 ≥ 0 donc g ′( x ) > 0 et g est strictement croissante sur ℝ.
On a lim g ( x ) = lim x 3 = −∞ et lim g ( x ) = lim x 3 = +∞.
x →−∞
x →−∞
x →+∞
x →+∞
Enfin, g étant continue sur ℝ (car c’est une fonction polynomiale), g est bijective
de ℝ dans ℝ donc l’équation g ( x ) = 0 admet une unique solution α réelle
(par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires).
Par
balayage,
on
a
g ( −1, 52) ≈ −0, 07 < 0
et
g ( −1, 51) ≈ 0, 03 > 0
donc −1, 52 < α < −1, 51.
b) La fonction g est strictement croissante sur ℝ et g (α ) = 0 donc pour tout
x < α , g ( x ) < g (α ) c’est-à-dire g ( x ) < 0 et pour tout x > α , g ( x ) > g (α )
c’est-à-dire g ( x ) > 0.
90
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Corrigé séquence 2 – MA02
a) La fonction f est une fonction rationnelle donc f est dérivable sur son
ensemble de définition.
,
 u  vu '− uv '
.
Formule utilisée :   =
v 
v2
Pour tout x ∈ℝ,
( x 2 + 1) × ( 3x 2 + 2x ) − 2x × ( x 3 + x 2 − 3)
f ′( x ) =
=
( x 2 + 1)2
x ( x 3 + 3x + 8 )
( x 2 + 1)2
=
x g(x )
( x 2 + 1)2
=
x 4 + 3x 2 + 8 x
( x 2 + 1)2
.
Pour tout x ∈ℝ, ( x 2 + 1)2 > 0 donc f ′( x ) est du signe de x g ( x ).
x
−∞
0
α
Signe de x
–
Signe de g ( x )
–
0
+
Signe de f ′( x )
+
0
–
–
+∞
0
+
+
0
+
La fonction f est donc croissante sur  −∞; α  , décroissante sur α ; 0  et
croissante sur 0 ; + ∞  .
b) On a lim f ( x ) = lim
x →−∞ x 2
x →−∞
et lim f ( x ) = lim
x →+∞
x3
x3
x →+∞ x 2
x
−∞
= lim x = −∞
x →−∞
= lim x = +∞.
x →+∞
α
0
+∞
+∞
f (α )
Variations de f
−∞
−3
Corrigé séquence 2 – MA02
91
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c) On a
3
α 3 + α 2 − 3 2 + 3α 2α 3 + 2α 2 − 6 − 2α 2 − 2 − 3α 3 − 3α
f (α ) − (1+ α ) =
−
=
2
2
2(α 2 + 1)
α2 + 1
=
−α 3 − 3α − 8
2
2(α + 1)
3
d’où f (α ) = 1+ α .
2
De −1, 52 < α < −1, 51,
on
=−
g (α )
2(α 2 + 1)
déduit
=0
3 3
3
−1, 52 × < α < −1, 51×
2 2
2
puis
3
3
1− 1, 52 × < f (α ) < 1− 1, 51× ce qui conduit à −1, 28 < f (α ) < −1, 265.
2
2
a) Pour tout x ∈ℝ,
ϕ( x ) = f ( x ) − ( x + 1) =
=
x2 +1
x 3 + x 2 − 3 − ( x 3 + x + x 2 + 1)
On a lim ϕ( x ) = lim
x →−∞
x 3 + x 2 − 3 − ( x + 1)( x 2 + 1)
2
x +1
−x
x →−∞ x 2
=
−x − 4
x2 +1
.
−1
= 0 et, de façon analogue,
x →−∞ x
= lim
lim ϕ( x ) = 0 .
x →+∞
Pour tout x ∈ℝ, ( x 2 + 1)2 > 0 donc ϕ( x ) est du signe de − x − 4 , à savoir
ϕ( x ) > 0 sur  −∞; − 4  , ϕ( −4 ) = 0 et ϕ( x ) < 0 sur  −4 ; + ∞  .
Le réel ϕ( x ) représente graphiquement l’écart algébrique entre la courbe Ꮿf
et la droite ∆ d’équation donc, des résultats sur les limites, on déduit que cet
écart tend vers 0 au voisinage de −∞ et de +∞ , autrement dit la droite ∆ est
asymptote à la courbe Ꮿf au voisinage de −∞ et de +∞.
Le signe de ϕ( x ) permet de déduire les positions relatives de la courbe et de
son asymptote.
En effet, sur  −∞ ; − 4  , ϕ( x ) > 0 c’est-à-dire f ( x ) > x + 1 et Ꮿf est
strictement au-dessus de ∆ . De la même façon, on observe que les deux courbes
se coupent au point d’abscisse −4 et que, sur  −4 ; + ∞  , Ꮿf est strictement
au-dessous de ∆.
92
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Corrigé séquence 2 – MA02
b) On est amené à déterminer les réels x tels que f ’(x) = 1.
f ′( x ) = 1 ⇔
x ( x 3 + 3x + 8 )
2
2
( x + 1)
= 1 ⇔ x 4 + 3x 2 + 8 x = x 4 + 2x 2 + 1 ⇔ x 2 + 8 x − 1 = 0.
Le trinôme x 2 + 8 x − 1 a pour discriminant ∆ = 68 = (2 17 )2 et pour racines
−4 − 17 et −4 + 17. Par suite, Ꮿf admet des tangentes parallèles à ∆ en
les points d’abscisses −4 − 17 et −4 + 17.
c) La droite T a pour équation y = f '( −1)( x + 1) + f ( −1) or f '( −1) = −1 et
3
5
f ( −1) = − donc T a pour équation y = − x − .
2
2
On note que le produit des coefficients directeurs de T et de ∆ vaut −1 donc ces
deux droites sont perpendiculaires.
4
3
2
1
0
–8
–7
–6
–5
–4
–3
–2
0
–1
1
2
3
–1
–2
–3
–4
–5
–6
–7
Corrigé séquence 2 – MA02
93
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Exercice III
a) Pour x ≠ 0,
f (x ) =
sin( 3x ) x
sin( 3x )
x 2 + 6 x + 4 sin( 3x ) x
= + 3+ 2
= + 3+ 6
.
x
2x
2
3x
2
x
+ 3 = 3 et, d’autre part, lim 3x = 0 donc, par composition
x →0 2
x →0
sin( 3x )
sin X
avec X = 3x , lim
= lim
= 1. Ainsi, on obtient lim f ( x ) = 9.
x → 0 3x
X →0 X
x →0
D’une part, lim
b) Dire que f est continue en 0 signifie que lim f ( x ) = f (0 ) donc la fonction f
x →0
prolongée en 0 sera continue en 0 si on pose λ = f (0 ) = 9.
1
2
a) Pour x ≠ 0, f ( x ) − ( x + 3) =
2sin( 3x )
or, pour tout réel x, 0 ≤ sin( 3x ) ≤ 1
x
donc 0 ≤ 2sin( 3x ) ≤ 2 puis, pour tout x ≠ 0, 0 ≤
lim x = +∞ donc
x →+∞
2sin( 3x ) 2
≤ . On a
x
x
2
= 0 (par inversion et produit par 2) d’où
x →+∞ x
lim
1
lim f ( x ) − ( x + 3) = 0 par le théorème des gendarmes. De la même façon,
2
x →+∞
1
en remplaçant +∞ par −∞ , on obtient lim f ( x ) − ( x + 3) = 0. On peut
2
x →−∞
remarquer que le raisonnement pouvait être fait sans utiliser la valeur absolue
pour obtenir les encadrements −
et
2 2sin( 3x ) 2
≤
≤
x
x
x
au voisinage de +∞
2 2sin( 3x )
2
≤
≤ − au voisinage de −∞.
x
x
x
1
2sin( 3x ) 2
f ( x ) − ( x + 3) =
≤
donc, pour que
x
2
x
1
2
2
f ( x ) − ( x + 3) < 0, 01, il suffit que
< 0, 01 soit x >
c’est-à-dire
2
0, 01
x
b)
Pour
x ≠ 0,
x > 200 ou encore x > 200 ou x < −200.
1
c) Le nombre ϕ( x ) = f ( x ) − ( x + 3) représente l’écart algébrique mesuré sur la
2
1
verticale d’abscisse x entre la courbe Ꮿf et la droite ∆ d’équation y = x + 3.
2
Du calcul des limites, on en déduit que cet écart tend vers 0 en +∞ et en −∞
donc la courbe Ꮿf se rapproche de la droite ∆ en +∞ et en −∞. La droite ∆
est donc asymptote à la courbe Ꮿf .
94
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
Le nombre ϕ( x ) = f ( x ) − ( x + 3) représente l’écart géométrique mesuré sur la
2
verticale d’abscisse x entre la courbe Ꮿf et la droite ∆. De la question 2.b on
peut déduire que pour que l’écart entre les deux courbes soit strictement inférieur
à un centième d’unité de longueur, il suffit que x > 200 ou x < −200.
Le point A est l’unique point d’intersection des courbes Ꮿ et Γ sur  0 ; π 
f
1
or, pour tout x ≠ 0,
x 2 + 6 x + 4 sin( 3x ) x 2 + 6 x − 4
=
2x
2x
3π
π 2k π
⇔ sin( 3x ) = −1 ⇔ 3x =
+ 2k π où k ∈ℤ ⇔ x = +
où k ∈ℤ
2
2
3
f ( x ) = g1( x ) ⇔
donc, l’équation f ( x ) = g1( x ) a une unique solution sur 0 ; π  qui est
point A a donc pour abscisse
π
.
2
π
. Le
2
Les points B et C sont les deuxième et troisième points d’intersection des courbes
Ꮿf et Γ 2 sur 0 ; π  or, pour tout x ≠ 0,
x 2 + 6 x + 4 sin( 3x ) x 2 + 6 x + 2
1
=
⇔ sin( 3x ) =
2
2x
2x
5π
π
⇔ 3x = + 2k π où k ∈ℤ ou 3x =
+ 2k'π où k' ∈ ℤ
6
6
f ( x ) = g2( x ) ⇔
f ( x ) = g2( x ) ⇔ x =
π 2k π
5π 2k ' π
+
+
où k ∈ℤ ou x =
où k ' ∈ℤ
18
3
18
3
Sur 0 ; π  l’équation f ( x ) = g 2 ( x ) admet comme solution
π 5π
13π
et
,
18 18
18
que l’on obtient respectivement en choisissant k = 0, k ' = 0 et k = 1. Les autres
réels solutions de f ( x ) = g 2 ( x ) n’appartiennent pas à 0 ; π  . Finalement, les
points B et C ont respectivement pour abscisse
Exercice IV
5π
13π
et
.
18
18
Dans un tel exercice pour lequel la démarche n’est pas indiquée, il faut laisser
toutes les traces de recherche ou de prises d’initiative même si celles-ci n’aboutissent pas.
Corrigé séquence 2 – MA02
95
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Il y a plusieurs méthodes qui conduisent au résultat. Nous allons en voir deux.
Première
méthode
(
)
Notons θ une mesure de l’angle ON, OM . Le point M appartenant au quart

π
de cercle de centre O et de rayon 1, on a θ ∈ 0 ;  . L’aire du rectangle ONMP
2

1
vaut A(θ ) = OP × ON = sin θ × cos θ = sin(2θ ). On est donc amené à étudier la
2

π
fonction A sur 0 ;  .
2

La fonction θ ֏ sin(2θ ) est la composée de θ ֏ 2θ définie et dérivable

π
sur 0 ;  et à valeurs dans 0 ; π  par la fonction sinus définie et dérivable
2


π
sur ce dernier intervalle donc θ ֏ sin(2θ ) est dérivable sur 0 ;  .
2

Formule utilisée : (sinu )′ = a cos u où u est la fonction affine définie par
u ( x ) = ax + b .

π
1
Pour θ ∈ 0 ;  , A ′(θ ) = × 2cos(2θ ) = cos(2θ ).
2
2

On a cos(2θ ) = 0 ⇔ 2θ =
π
π kπ
+ k π où k ∈ℤ ⇔ θ = +
où k ∈ℤ
2
4 2

π
π
ainsi, sur 0 ;  , cos(2θ ) = 0 ⇔ θ = .
2
4

π
π
π
⇔ 0 ≤ 2θ ≤ ⇔ cos( ) ≤ cos(2θ ) ≤ cos(0 ) ⇔ 0 ≤ cos(2θ ) ≤ 1 car
4
2
2

π
la fonction cosinus est décroissante sur 0 ;  .
2

Puis 0 ≤ θ ≤

π π
π
On obtient A ′ ≥ 0 sur 0 ;  et A ′ ≤ 0 sur  ;  donc A est croissante
4

4 2

π π
π
sur 0 ;  et décroissante sur  ;  . La fonction A admet donc un
4

4 2
π
1
maximum égal à
atteint en
donc le rectangle ONMP de plus grande aire
2 4
π
est obtenu lorsque ON, OM = . On peut remarquer que le rectangle ONMP
4
est alors un carré.
(
Deuxième
méthode
)
Posons x l’abscisse du pont M autrement dit, x = ON en remarquant que
x ∈0 ; 1 . On calcule OP par le théorème de Pythagore dans le triangle
rectangle OPM et, en remarquant que OM = 1 , on a OP= 1− x 2 . L’aire de
ONMP s’écrit donc dans ce cas A( x ) = x 1− x 2 où x ∈0 ; 1 . On est donc
amené à étudier la fonction A sur [0 ; 1].
96
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Corrigé séquence 2 – MA02
La fonction x ֏ 1− x 2 est la composée de x ֏ 1− x 2 dérivable sur [0 ; 1] et
strictement positive sur [0 ; 1[ par la fonction x ֏ x dérivable sur 0 ; + ∞ 
donc x ֏ 1− x 2 est dérivable sur [0 ; 1[. Par produit par x ֏ x , A est alors
dérivable sur [0 ; 1[.
Formules utilisées : (uv )′ = u ′v + uv ′ et ( u )′ =
Pour x ∈0 ; 1 ,
A ′( x ) = 1× 1− x 2 + x ×
−2x
2 1− x
Sur 0 ; 1 ,
2
=
1− x 2 − x 2
1− x
2
u′
2 u
=
.
1− 2x 2
1− x
2
=
(1− x 2 )(1+ x 2 )
1− x
2
.
1− x 2 > 0 et 1+ x 2 > 0 donc A ′( x ) est du signe de 1− x 2 ,

 2 
2
à savoir positif sur 0 ;
; 1 . La fonction A est donc
 et négatif sur 
2 

 2


 2 
2
croissante sur 0 ;
; 1 et admet un maximum
 , décroissante sur 
2 

 2

2
1
atteint en
. Le rectangle ONMP de plus grande aire est obtenu
2
2
2
l’abscisse de M est égale à
.
2
égal à
Exercice V
Le point M appartient à Ꮿ
)
(
f donc M a pour coordonnées x ; f ( x ) puis P
)
appartient à T donc P a pour coordonnées ( x ; f '(a )( x − a ) + f (a ) . Par suite,
PM = ( x − x )i + (f ( x ) − f '(a )( x − a ) − f (a ) j soit PM = d ( x ) j .
)
a) La fonction d est deux fois dérivable sur I (car f l’est) et, pour tout x ∈I,
d ′( x ) = f ′( x ) − f ′(a ) puis d ′′( x ) = f ′′( x ). Dans cette question, on suppose
f ′′ ≥ 0 sur I d’où d ′′ ≥ 0 sur I et d ′ est croissante sur I . Comme d ′(a ) = 0 , on
obtient d ′( x ) ≤ 0 pour x ≤ a et d ′( x ) ≥ 0 pour x ≥ a ainsi, d est décroissante
avant a et d est croissante après a.
b) On a d (a ) = 0 , d décroissante avant a et d croissante après a donc d admet
un minimum égal à 0 en a ainsi d ≥ 0 sur I. Les vecteurs PM et j sont donc
de même sens ce qui prouve que la courbe Ꮿf est bien située au-dessus de ses
tangentes.
Corrigé séquence 2 – MA02
97
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En suivant la même démarche qu’au 2., on obtient d ≤ 0 sur I. Les vecteurs
PM et j sont donc de sens contraire ce qui prouve que la courbe Ꮿf est bien
située au-dessous de ses tangentes.
On suit une démarche analogue à celle utilisée dans les questions 2 et 3.
On obtient alors que d ( x ) ≤ 0 si x ∈I et x ≤ a et que d ( x ) ≥ 0 si x ∈I et
x ≥ a . Les vecteurs PM et j sont donc de sens contraire à gauche de a et de
même sens à droite de a ce qui prouve que la courbe Ꮿf est située au-dessous
de ses tangentes à gauche de a et qu’elle au-dessus de ses tangentes à droite de
a autrement dit, la courbe Ꮿf traverse sa tangente au point d’abscisse a.
f ( x ) − f ( −1) x 2 x + 1
x2
or lim x 2 = 1 et
=
=
x − ( −1)
x +1
x →−1
x +1
f ( x ) − f ( −1)
lim x + 1 = 0+ donc par quotient lim
= +∞ et f n’est pas
x →−1
x →−1 x − ( −1)
a) Pour x > −1,
dérivable en −1. Graphiquement, on peut déduire de ce résultat que Ꮿf admet
une tangente verticale au point d’abscisse −1.
b) La fonction f est le produit de x ֏ x 2 dérivable sur ℝ par la composée de la fonction
affine x ֏ x + 1 dérivable sur ℝ à valeurs strictement positives sur  −1 ; + ∞  par
x ֏ x dérivable sur 0 ; + ∞  donc f est dérivable sur  −1 ; + ∞  .
u′
Formules utilisées : (uv )′ = u ′v + uv ′ et ( u )′ =
.
2 u
Pour x > −1,
1
4 x ( x + 1) + x 2 5x 2 + 4 x x (5x + 4 )
=
=
=
f ′( x ) = 2x x + 1 + x 2 ×
.
2 x +1
2 x +1
2 x +1
2 x +1
Pour x > −1, 2 x + 1 > 0 donc f ′( x ) est du signe de x (5x + 4 ) à savoir positif

4

 4
sur  −1 ; −  ∪ 0 ; + ∞  et négatif sur  − ; 0  donc f est croissante sur
5


 5


 4
4
 −1 ; − 5  et sur 0 ; + ∞  et décroissante sur  − 5 ; 0  .




On
a
lim
x →+∞
lim x + 1 = +∞
x →+∞
x + 1 = lim
X →+∞
lim f ( x ) = +∞ .
x →+∞
98
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Corrigé séquence 2 – MA02
donc,
X = +∞
or
par
composition
lim x 2 = +∞
x →+∞
X = x + 1,
avec
donc
par
produit,
x
−1
−
4
5
+∞
0
+∞
16 5
125
Variations de f
O
0
c) La fonction f ′ est dérivable sur  −1 ; + ∞  comme quotient de x ֏ 5x 2 + 4 x
dérivable sur  −1 ; + ∞ 
par x ֏ 2 x + 1 dérivable sur  −1 ; + ∞  et ne s’annulant pas sur cet intervalle.
,
 u  vu '− uv '
u′
et ( u )′ =
Formules utilisées :   =
.
v 
2 u
v2

1
1 
×  x + 1 × (10 x + 4 ) − 5x 2 + 4 x ×
Pour x > −1, f ''( x ) =

2 
2 x + 1
2 x +1
(
=
(
)
15x 2 + 24 x + 8
4( x + 1) x + 1
)
.
2
Pour x > −1, 4( x + 1) x + 1 > 0 donc f ′′( x ) est du signe de 15x + 24 x + 8.
d) Le trinôme 15x 2 + 24 x + 8 a pour discriminant ∆ = 96 et pour racines
−12 − 2 6
−12 + 2 6
et
.
15
15
On a alors

−12 + 2 6 
Par suite, f ′′( x ) < 0 sur  −1 ;
 donc f est concave sur cet intervalle,
15


 −12 + 2 6

; + ∞  et f est convexe sur cet intervalle et le point
f ′′( x ) > 0 sur 
15


de Ꮿf d’abscisse
−12 + 2 6
est un point d’inflexion (c’est-à-dire qu’en ce
15
point, la courbe traverse la tangente).
Corrigé séquence 2 – MA02
99
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e)
0,5
B
C
A
0
0
–1
Exercice VI
a)
Pour
tout
x ∈ℝ ,
puis −3x − 2 ≤ g ( x ) ≤ −3x + 2 or
en −∞ ,
en +∞ ,
lim g ( x ) = +∞ et
x →−∞
1
−1 ≤ cos x ≤ 1
donc
−2 ≤ 2cos x ≤ 2
lim − 3x − 2 = +∞ donc par comparaison
x →−∞
lim − 3x + 2 = −∞ donc par comparaison
x →+∞
lim g ( x ) = −∞ .
x →+∞
b) La fonction g est dérivable sur ℝ comme somme des fonctions x ֏ −3x et
x ֏ 2cos x toutes deux dérivables sur ℝ.
Pour x ∈ℝ, g ′( x ) = −3 − 2sin x or pour tout x ∈ℝ, −1 ≤ sin x ≤ 1 donc
−2 ≤ −2sin x ≤ 2 puis −5 ≤ g ′( x ) ≤ −1. Comme g ′ < 0 sur ℝ, g est strictement
décroissante sur ℝ.
c) La fonction g est continue sur ℝ (car dérivable sur ℝ ), elle est strictement
croissante sur ℝ et elle change de signe sur ℝ donc par le corollaire du
théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g ( x ) = 0 admet une unique
solution α sur ℝ.
Par balayage, on a g (0, 56 ) ≈ 0, 01 > 0 et g (0, 57) ≈ −0, 03 < 0 donc
0, 56 < α < 0, 57.
2
5
pour tout x ∈ℝ, sin x ≤ 1 donc 1− sin x ≥ 0 et f ′ ≥ 0 sur ℝ. La fonction f est
a) La fonction f est dérivable sur ℝ et pour x ∈ℝ, f ′( x ) = (1− sin x ) or
donc croissante sur ℝ.
100
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Corrigé séquence 2 – MA02
b) La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation y = f ′(0 )( x − 0 ) + f (0 ) ce
2
2
π
qui conduit à y = x + et la tangente au point d’abscisse
a pour équation
5
5
2
π
π
π
π
y = f ′( )( x − ) + f ( ) soit y = (cette tangente est horizontale).
2
2
2
5
y=x
0
0
u1
u3
u2
1
2
c) On travaille par récurrence.
On a u 0 = 0 donc 0 ≤ u 0 ≤ 1.
Soit k ∈ℕ tel que 0 ≤ uk ≤ 1 alors f (0 ) ≤ f (uk ) ≤ f (1) car f est croissante
2
2
≥ 0 , f (uk ) = uk +1 et f (1) = (1+ cos 1) ≈ 0, 6 ≤ 1 donc
5
5
0 ≤ uk +1 ≤ 1 et la proposition est héréditaire.
sur [0 ; 1]. Puis f (0 ) =
Ainsi par récurrence, pour tout n ∈ℕ , 0 ≤ un ≤ 1.
d) Il faut ici penser à laisser toute trace de recherche. En effet, pour une telle
question, on peut conjecturer le résultat à l’aide du graphique, on peut montrer la
convergence de la suite ou encore on peut en déterminer la limite si on suppose
la convergence. Certes, en ne répondant pas à toutes ces questions, on ne répond
pas au problème posé mais il faut garder à l’esprit que toute prise d’initiative est
prise en compte dans l’évaluation.
À l’aide du graphique, il semble que la suite (un ) soit croissante et convergente vers
l’abscisse du point d’intersection de la courbe Ꮿf et de la droite d’équation y = x .
Montrons par récurrence que la suite (un ) est croissante.
Corrigé séquence 2 – MA02
101
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On a u 0 = 0 et u1 = f (u 0 ) = f (0 ) =
uk ≤ uk +1 alors f (uk ) ≤ f (uk +1)
2
≥ 0 donc u 0 ≤ u1. Soit k ∈ℕ tel que
5
car uk ∈0 ; 1 , uk +1 ∈0 ; 1 et f est
croissante sur [0 ; 1] ainsi uk +1 ≤ uk + 2 et par récurrence, on obtient que pour
tout n ∈ℕ , un ≤ un +1. La suite (un ) est donc croissante.
La suite (un ) est croissante et majorée par 1 donc, par le théorème de la
convergence monotone elle converge vers un réel ℓ. On peut de plus ajouter
que l’inégalité 0 ≤ un ≤ 1 valable pour tout n ∈ℕ conduit par passage à la
limite à 0 ≤ ℓ ≤ 1.
Enfin, ℓ est solution de l’équation f ( x ) = x .
En effet, on a lim un = ℓ donc, par composition avec x = un ,
n →+∞
lim f (un ) = lim f ( x ) = f ( ℓ ) car f est continue en ℓ or lim un +1 = ℓ d’où,
n →+∞
x →ℓ
n →+∞
par unicité de la limite, f ( ℓ ) = ℓ . On a
2
f ( x ) = x ⇔ ( x + cos x ) = x ⇔ 2x + 2cos x = 5x ⇔ g ( x ) = 0 ⇔ x = α .
5
Finalement, la suite (un ) est convergente vers α.
Exercice VII
1. a) Par lecture graphique on lit f (0 ) = 3 , f ( −4 ) = 3 et f '(0 ) = 1 ( f '(0 ) étant le
coefficient directeur de la droite ∆ ).
b) Pour x ∈ℝ, f ( x ) = a x + b + c
x 2 + 9 donc f (0 ) = 3 et f ( −4 ) = 3
conduisent respectivement à b + 3c = 3 et −4a + b + 5c = 3.
Par ailleurs, la fonction f est la somme de la fonction affine x ֏ ax + b définie et
dérivable sur ℝ et de la composée de x ֏ x 2 + 9 définie, dérivable et à valeurs
strictement positives sur ℝ par la fonction x ֏ c x définie sur 0 ; + ∞  et
dérivable sur 0 ; + ∞  . Ainsi, f est dérivable sur ℝ.
Formules utilisées : (u+v )’ = u ’+v ’, (cu )′ = cu ′ avec c une constante réel et
u′
( u )′ =
.
2 u
cx
2x
.
=a+
Pour x ∈ℝ, f ′( x ) = a + c ×
2
2
x +9
2 x +9
Ainsi f ′(0 ) = 1 donne a = 1.

b + 3c = 3

On est donc amené à trouver les triplets (a ; b ; c ) tels que  −4a + b + 5c = 3

a =1

102
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Corrigé séquence 2 – MA02
or
 b + 3c = 3 (1)
 b = −3
 b + 3c = 3

b + 3c = 3




2c = 4 (2) − (1) ⇔  c = 2
 −4a + b + 5c = 3 ⇔  b + 5c = 7 (22) ⇔ 


 a =1

a =1
a =1
a =1




x2 + 9.
donc pour x ∈ℝ, f ( x ) = x − 3 + 2
a) La tangente à Ꮿ au point d’abscisse
−4
y = f ′( −4 )( x + 4 ) + f ( −4 ) or f ( −4 ) = 3 et f ′( −4 ) = 1+
a pour équation
2 × ( −4 )
=−
( −4 )2 + 9
3
3
3
l’équation cherchée s’écrit y = − ( x + 4 ) + 3 ou encore y = − x + .
5
5
5
3
donc
5
b) Pour x ∈R ,
f ( x ) − ( − x − 3) = 2x + 2 x 2 + 9 = 2



2
2
 x + x + 9   x − x + 9 
2
x − x +9
On
a
lim
x →−∞
or
lim x 2 + 9 = +∞
x →−∞
x 2 + 9 = lim
X →+∞
donc,
X = +∞
par
puis par produit
lim x = −∞ donc par somme
x →−∞
composition
−18
=
.
2
x − x +9
avec
X = x 2 + 9,
lim − x 2 + 9 = −∞
x →−∞
lim x − x 2 + 9 = −∞ . Le numérateur
x →−∞
de f ( x ) − ( − x − 3) étant constant égal à −18, on obtient par quotient
lim f ( x ) − ( − x − 3) = 0. L’écart algébrique entre la courbe Ꮿ et la droite
x →−∞
d’équation y = − x − 3 mesuré verticalement tend vers 0 en −∞, la droite est
donc bien asymptote à la courbe en −∞ .
c) On résout f ′( x ) = 0. On a
2x
2x
f ′( x ) = 0 ⇔ 1+
=0⇔
= −1 ⇔ −2x = x 2 + 9
2
2
x +9
x +9
 x = − 3 ou x = 3

2
2
⇔  4x = x + 9 ⇔ 
⇔x =− 3
x ≤0
x ≤0


Ainsi, il existe un unique point de Ꮿ en lequel la tangente à Ꮿ est horizontale.
(
( )) ou encore (− 3 ; 3 3 − 3).
C’est le point de coordonnées − 3 ; f − 3
Corrigé séquence 2 – MA02
103
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Exercice VIII
On travaille à l’aide de deux fenêtres.
4
M
3 A
Sur la première, on construit la
courbe Ꮿ représentative de la
2
fonction sinus, on place un point M
1
sur Ꮿ , le point A de coordonnées
0
–8 –7 –6 –5 –4 –3 –2
–1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
(0 ; 3), la tangente à Ꮿ en M ainsi
que le segment [AM].
–2
–3
7
–4
6
Sur la deuxième fenêtre,
on place un point D
ayant même abscisse
que M et d’ordonnée la
longueur AM.
Pour ce faire, on peut par
D
5
4
3
2
1
0
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0
1
2
3
4
5
6
exemple entrer dans la barre de saisie D=(x(M), Distance[A, M]).
En activant la trace de D et en déplaçant M sur Ꮿ , on peut obtenir les conjectures.
Il semble que la longueur AM soit minimale lorsque le point M a une abscisse
proche de 1.
Il semble qu’il existe trois points M en lesquels la tangente à Ꮿ est perpendiculaire
à la droite (AM). Ces points ont des abscisses proches de −3, de −2 et de 1.
a) La fonction f est la somme des fonctions x ֏ x , x ֏ −3cos x et du
produit x ֏ sin x cos x toutes les trois continues et dérivables sur ℝ donc f est
continue et dérivable sur ℝ.
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ et (uv )’ = u’v + uv ’.
Pour x ∈ℝ,
f ′( x ) = 1− 3( − sin x ) + cos x × cos x + sin x × ( − sin x ) = 1+ 3 sin x + cos2 x − sin2 x
or cos2 x = 1− sin2 x d’où f ′( x ) = 2 + 3 sin x − 2sin2 x .
1
et
2
1
1
2 donc −2X 2 + 3X + 2 = −2( X + )( X − 2) et f ′( x ) = −2(sin x + )(sin x − 2) .
2
2
Le trinôme −2X 2 + 3X + 2 a pour discriminant ∆ = 25 et pour racine −
104
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Corrigé séquence 2 – MA02
1
0
–1
1
0
π (2π)
5π(2π)
6
6
–1
Pour tout x ∈ℝ, −1 ≤ sin x ≤ 1 donc sin x − 2 < 0 et, par suite, f ′( x ) est du
signe de sin x +
1
.
2
En s’appuyant sur le cercle trigonométrique, on obtient que sur l’intervalle
 3π 3π 
5π
π
7π
 − 2 ; 2  , f ′( x ) s’annule en − 6 , − 6 et 6 puis f ′( x ) < 0 sur


 5π
 3π
π   7π 3π 
5π   π 7π 
 − 6 ; − 6  ∪  6 ; 2  et f ′( x ) > 0 sur  − 2 ; − 6  ∪  − 6 ; 6  de


 
 


 5π
 7π 3π 
π
sorte que f soit strictement décroissante sur  −
;
; −  et sur 
2 
6
 6
 6
 3π
 π 7π 
5π 
alors qu’elle est strictement croissante sur  −
; −  et sur  − ;
.
6 
 2
 6 6 
On peut dresser le tableau des variations de f.
x
−
3π
2
−
5π
6
−
π
6
7 3 5π
−
4
6
Variations
7π
6
3π
2
7 3 7π
+
4
6
de f
−
3π
2
−
7 3 π
−
4
6
3π
2
 3π
5π 
La fonction f est continue sur  −
; −  , strictement croissante sur
6 
 2
 3π 7 3 5π 
 3π
5π 
 − 2 ; − 6  et 0 ∈  − 2 , 4 − 6  donc, par le corollaire du théorème




des valeurs intermédiaires, l’équation f ( x ) = 0 admet une unique solution α
 3π
5π 
sur  −
; − .
6 
 2
Corrigé séquence 2 – MA02
105
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 5π
π
Des raisonnements analogues (qu’il est inutile de détailler) sur  −
; −  et
6
 6
 π 7π 
sur  − ;
 permettent de déduire deux autres solutions β et γ à l’équation
 6 6 
 5π
π
; −  et la seconde dans  − π ; 7π  . Enfin, f
f (x) = 0, la première dans  −
6
 6
 6 6 
admettant un minimum égal à
 7π 3π 
3π
, l’équation f ( x ) = 0 n’admet
sur 
;
2
2 
 6
pas de solution sur ce dernier intervalle. En résumé, l’équation f ( x ) = 0 admet 3
 3π 3π 
;
.
solutions sur l’intervalle  −
2 
 2
Les encadrements s’obtiennent par balayage. On a f ( −3, 07) ≈ −0, 006 < 0 et
f ( −3, 06 ) ≈ 0, 01 > 0 donc −3, 07 < α < −3, 06 puis f ( −2,18 ) ≈ −0, 006 > 0 et
f ( −2,17) ≈ −0, 01 < 0 donc −2,18 < β < −2,17 et enfin f (1, 05) ≈ −0, 01 < 0 et
f (1, 06 ) ≈ 0, 02 > 0 donc 1, 05 < γ < 1, 06.
1
1
1
puis
b) Pour tout x ∈ℝ, sin x cos x = sin(2x ) donc − ≤ sin x cos x ≤
2
2
2

 3π
7
7
; +∞  ,
−3 ≤ −3 cos x ≤ 3 donc, par somme, x − ≤ f ( x ) ≤ x + . Pour x ∈ 
2
2

 2

3π 
7 3π − 7
> 0 donc f ( x ) > 0 et pour x ∈  −∞; −  , on a
on a x − ≥
2 
2
2

7 −3π + 7
x+ ≤
< 0 donc f ( x ) < 0. L’équation f ( x ) = 0 n’a donc pas de
2
2
 3π 3π 
solution ailleurs que sur l’intervalle  −
et α , β et γ sont les trois
;
2 
 2
seules solutions réelles de l’équation f (x) = 0.
c) En s’appuyant sur le tableau des variations de f ainsi que sur les résultats de
la question 1.b), on obtient :
−∞
x
Signe de f ( x )
α
–
0
+
0
+∞
γ
β
–
0
+
a) On a A(0 ; 3) et M(x ; sin x ) donc
d ( x ) = AM = ( x − 0 )2 + (sin x − 3)2 = x 2 + (sin x − 3)2 .
b) D ‘une part, la fonction x ֏ x 2 est définie, dérivable et positive sur ℝ.
D’autre part, la fonction x ֏ (sin x − 3)2 est définie sur ℝ, dérivable sur ℝ
(comme composée des fonctions x ֏ sin x − 3 et x ֏ x 2 ) et, comme pour
106
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Corrigé séquence 2 – MA02
tout x ∈ℝ, −1 ≤ sin x ≤ 1 puis −4 ≤ sin x − 3 ≤ −2 , on a (sin x − 3)2 ≥ 4 de
sorte que x ֏ (sin x − 3)2 soit strictement positive sur ℝ. Finalement, par
somme, x ֏ x 2 + (sin x − 3)2 est définie, dérivable et à valeurs strictement
positive sur ℝ donc, par composition avec x ֏ x , d est dérivable sur ℝ.
Formules utilisées : (u + v )′ = u ′ + v ′ , (u 2 )′ = 2u ′u et ( u )′ =
Pour tout x ∈ℝ, d ′( x ) =
2x + 2cos x (sin x − 3)
2
2
2 u
f (x )
=
2
2
..
.
x + (sin x − 3)
2 x + (sin x − 3)
Pour tout x ∈ℝ,
u′
x 2 + (sin x − 3)2 > 0 donc d ′( x ) est du signe de f ( x ).
c) De la question , on déduit le signe de d ′( x ) puis les variations de d, le tout
étant résumé dans le tableau suivant (sans limite).
La fonction d admet donc un minimum sur ℝ égal au plus petit des deux
nombres d (α ) et d ( γ ).
On a d (α ) = α 2 + (sin α − 3)2 or f (α ) = 0 , c’est à dire α + (sin α − 3)cos α = 0
x
−∞
α
–
Signe de d ′( x )
0
0
+
+∞
γ
β
0
–
+
d (β )
Variations de d
d (α )
d’où sin α − 3 = −
d (γ )
α2
α
.
puis d (α ) = α 2 +
cos α
cos2 α
Pour −3, 07 < α < −3, 06 , on a 0 < 3, 062 < α 2 < 3, 072 car x ֏ x 2 est strictement
décroissante sur
car
x ֏ cos x
 −3, 07 ; − 3, 06 
et cos( −3, 07) < cos α < cos( −3, 06 ) < 0
est strictement croissante sur
 −3, 07 ; − 3, 06  donc
cos2 ( −3, 06 ) < cos2 α < cos2 ( −3, 07) car x ֏ x 2 est strictement décroissante
sur cos( −3, 06 ) ; cos( −3, 07) et par inversion
0<
1
cos2 ( −3, 07)
<
1
cos2 α
<
1
cos2 ( −3, 06 )
.
Corrigé séquence 2 – MA02
107
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Par produit on a donc
3, 062 +
3, 062
2
3, 062
cos2 ( −3, 07)
< α2 +
α2
2
<
α2
cos2 α
<
< 3, 072 +
3, 072
cos2 ( −3, 06 )
3, 072
2
cos ( −3, 07)
cos α
cos ( −3, 06 )
x ֏ x est strictement croissante sur ℝ + ,
3, 062 +
3, 062
cos2 ( −3, 07)
< d (α ) < 3, 072 +
puis par somme
et
enfin,
3, 072
cos2 ( −3, 06)
comme
.
On en déduit que 4 , 3 < d (α ) < 4 , 4 .
En adaptant le raisonnement ci-dessus, on obtient
1, 052 +
1, 052
cos2 (1, 05)
< d ( γ ) < 1, 062 +
1, 062
cos2 (1, 06 )
d’où 2, 3 < d ( γ ) < 2, 5.
Il apparaît donc que d admet un minimum en γ égal à d ( γ ) ≈ 2, 4 .
a) Lorsque AM est minimale, on a M( γ ; sin γ ) or A(0 ; 3) donc le coefficient
y −y
sinγ − 3
directeur de la droite (AM) vaut M A =
puis le coefficient directeur
xM − x A
γ
de la tangente à Ꮿ en M vaut (sin)′( γ ) = cos γ . On sait que deux droites sont
perpendiculaires lorsque le produit de leur coefficient directeur vaut −1, on est
sin γ − 3
(sin γ − 3)cos γ
× cos γ =
γ
γ
sin γ − 3
−γ
× cos γ =
= −1 d’où le résultat.
or γ + (sin γ − 3)cos γ = 0 d’où
γ
γ
donc amené à calculer le produit
b) Plus généralement, pour x ≠ 0, le coefficient directeur de la droite vaut,
y M − y A sin x − 3
=
et celui de la tangente à Ꮿ en M vaut (sin)′( x ) = cos x .
xM − x A
x
Les deux droites seront perpendiculaires si et seulement si
sin x − 3
× cos x = −1 ⇔ (sin x − 3)cos x = − x ⇔ x + (sin x − 3)cos x = 0 ⇔ f ( x ) = 0
x
or l’équation f ( x ) = 0 admet trois solutions réelles α , β et γ. Par ailleurs,
on remarque que lorsqu’à l’origine, la tangente à Ꮿ n’est clairement pas
perpendiculaire à la droite (AO) donc il existe trois points M de Ꮿ et trois points
seulement en lesquels la tangente à Ꮿ est perpendiculaire à la droite (AM), ce
sont les points de Ꮿ d’abscisse α , β et γ .
108
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Corrigé séquence 2 – MA02
Exercice IX
Notons p la fonction polynomiale définie, continue et dérivable sur ℝ par
p ( x ) = 1+ 3x − x 3 .
Pour tout x ∈ℝ , p ′( x ) = 3 − 3x 2 = 3(1− x )(1+ x ).
x
−∞
1
−1
Signe de 1− x
+
Signe de 1+ x
–
0
+
–
0
+
Signe de p ′( x )
0
+
+∞
–
+
0
-–
La fonction p est donc strictement décroissante sur  −∞; − 1 , strictement
croissante sur  −1 ; 1 et strictement décroissante sur 1 ; +∞  .
De plus, lim p ( x ) = lim − x 3 = +∞ et lim p ( x ) = lim − x 3 = −∞ .
x →−∞
x →−∞
x →+∞
x →+∞
En résumé, on peut dresser le tableau des variations de p.
x
−∞
1
−1
+∞
+∞
3
Variations de p
−1
−∞
Sur l’intervalle  −∞; − 1 , la fonction p est continue, strictement décroissante
et à valeurs dans  −1 ; +∞  or 0 ∈[ −1, + ∞ [ donc par le corollaire du théorème
des valeurs intermédiaires, l’équation p ( x ) = 0 admet une unique solution α
sur  −∞; -1 .
En raisonnant de façon analogue sur chacun des intervalles  −1 ; 1 et
1 ; +∞  , l’équation p ( x ) = 0 admet finalement trois solutions réelles : α dans
 −∞; − 1 , β dans  −1 ; 1 et γ dans 1 ; +∞  .
Corrigé séquence 2 – MA02
109
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Par balayage, on a p ( −1, 533) ≈ 0, 004 > 0 et p ( −1, 532) ≈ −0, 0004 < 0 donc
−1, 533 < α < −1, 532 et on peut retenir α ≈ −1, 532. Par une démarche analogue,
on obtient β ≈ −0, 347 et γ ≈ 1, 879.
 π π
 π π
;  et, pour tout u ∈  − ;  ,
 2 2
 2 2
a) La fonction f est dérivable sur  −
f '(u ) = 2cos(2u ).
 π π
 π π
Pour tout u ∈  − ;  , cos u > 0 donc f ′ > 0 sur  − ;  et f est
 2 2
 2 2
 π π
strictement croissante sur  − ;  .
 2 2
π
π
Comme f ( − ) = −2 et f ( ) = 2 , on a bien le résultat attendu.
2
2
b) Pour tout réel u, sin( 3u ) = sin(u + 2u ) = sinu cos( 2u ) + cos u sin(2u ) or
cos(2u ) = cos2 u − sin2 u = 1− 2sin2 u et sin(2u ) = 2sinu cos u donc
sin( 3u ) = sinu (1− 2sin2 u ) + 2sinu cos2 u = sinu (1− 2sin2 u ) + 2sinu (1− sin2 u )
= 3 sinu − 4 sin3 u.
c) On remarque tout d’abord que les solutions de (E ) appartiennent à  −2 ; 2 .
Ainsi, en posant x = 2sinu , on a :

 π π
 x ∈  −2 ; 2

u
∈
− 2 ; 2 


 ⇔


E
⇔
(


3
 1+ 3x − x = 0

3
 1+ 3( 2sinu − ( 2sinu = 0
)
)
)

 π π

 π π

u ∈ − ; 
 u ∈ − ; 

2
2


⇔
⇔
 2 2 .
 1+ 2 3 sinu − 4 sin3 u = 0

 1+ 2sin( 3u ) = 0

)
(
On a 1+ 2sin(3u ) = 0 ⇔ sin(3u ) = −
1
2
π
+ 2k π où k ∈ℤ ou 3u
6
5π
= − + 2k ' π où k ' ∈ℤ
6
π 2k π
5π 2k ' π
où k ∈ℤ ou u = − +
où k ' ∈ℤ.
ce qui équivaut à u = − +
18
3
18
3
⇔ 3u = −
110
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Corrigé séquence 2 – MA02
 π π
5π
π
7π
Sur  − ;  , 1+ 2sin( 3u ) = 0 a trois solutions qui sont − , −
et
18
18
18
 2 2
obtenues respectivement pour k ' = 0 , k = 0 et k ' = 1.
Par l’équivalence établie à la question 2.c, on obtient les solutions de (E ) sur
5π
π
7π
 −2 ; 2 (et donc sur ℝ ) qui sont 2sin( − ), 2sin( − ) et 2sin( ) d’où
18
18
18
α = 2sin( −
5π
π
7π
), β = 2sin( − ) et γ = 2sin( ).
18
18
18
En calculant des valeurs approchées de ces trois réels, on obtient des résultats
cohérents avec ceux obtenus à la question 1.
Exercice X
La fonction f est le produit de x ֏ x définie et dérivable sur ℝ par la com-
posée x ֏ x + 3 définie sur  −3 ; + ∞  et dérivable sur  −3 ; + ∞  donc f est
dérivable sur  −3 ; + ∞  .
Formules utilisées : (uv )′ = u ′v + uv ′ et ( u )′ =
Pour tout x > −3, f ′( x ) = 1× x + 3 + x ×
u′
2 u
1
2 x +3
.
=
2( x + 3) + x
2 x +3
=
3x + 6
2 x +3
.
Pour tout x > −3, 2 x + 3 > 0 donc f ′( x ) est du signe de l’expression affine
3x + 6 d’où f ′( x ) < 0 sur  −3 ; − 2 et f ′( x ) > 0 sur  −2 ; + ∞  de sorte
que f soit strictement décroissante sur  −3 ; − 2 et strictement croissante sur
 −2 ; + ∞  .
Pour dresser le tableau des variations de f, on remarque que f ( −3) = 0 et
f ( −2) = −2 puis il reste à déterminer la limite en +∞ .
On a
lim
x →+∞
lim x + 3 = +∞ donc, par composition avec X = x + 3
on a
x + 3 = lim
produit
x →+∞
X →+∞
X = +∞
or
lim x = +∞
x →+∞
donc
par
lim f (x ) = +∞ .
x →+∞
Corrigé séquence 2 – MA02
111
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x
Variations
de d
−3
−2
O
+∞
+∞
−2
a) Par simple lecture du tableau de variations de f, on obtient que l’équation
f ( x ) = k admet une unique solution réelle lorsque k = −2 ou lorsque k > 0.
b) Sur l’intervalle  −3 ; − 2 , f admet un maximum égal à 0 donc l’équation
f ( x ) = 1 n’a pas de solution sur cet intervalle. Sur l’intervalle  −2 ; + ∞  , f est
continue (car dérivable) et strictement croissante de  −2 ; + ∞  dans luimême. Comme 1∈  −2 ; +∞  , l’équation f ( x ) = 1 admet une unique solution
α dans cet intervalle comme application du corollaire du théorème des valeurs
intermédiaires. Finalement, l’équation f ( x ) = 1 admet une unique solution α
sur  −3 ; + ∞  .
Un raisonnement analogue conduit à l’existence et l’unicité d’une unique solution
β sur  −3 ; + ∞  à l’équation f ( x ) = 3.
Par balayage, on a f (0, 53) ≈ 0, 99 < 1 et f (0, 54 ) ≈ 1, 02 > 1 donc 0, 53 < α < 0, 54
puis f (1, 42) ≈ 2, 99 < 3 et f (1, 43) ≈ 3, 0098 > 3 donc 1, 42 < β < 1, 43.
L’équation n’a de sens que si λ ∈  −3 ; + ∞  . Pour λ ≥ −3, l’équation
x x + 3 + λ λ + 3 = 1 s’écrit f ( x ) = 1− λ λ + 3 .
Du 2.a) on déduit que cette équation admet une unique solution réelle si et
seulement si 1− λ λ + 3 = −2 ou 1− λ λ + 3 > 0 ce qui équivaut à λ λ + 3 = 3
ou λ λ + 3 < 1 ou encore f ( λ ) = 3 ou f ( λ ) < 1.
Ce qui suit peut être déduit du 2.b). D’une part, f ( λ ) = 3 équivaut à λ = β .
D’autre part, f ( λ ) < 1 équivaut à λ < α . En effet, ce dernier résultat (qui peut
se lire sur le tableau) découle du fait que f admet un maximum égal à 0 sur
l’intervalle  −3 ; − 2 , f est strictement croissante sur  −2 ; + ∞  et f (α ) = 1.
Finalement, l’équation x x + 3 + λ λ + 3 = 1 admet une unique solution réelle
si et seulement si −3 ≤ λ < α ou λ = β .
112
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Corrigé séquence 2 – MA02
Exercice XI
Soit x un réel fixé.
Soit n ∈ℕ . On a un = f (
x
x
) = f (10 ×
n +1
)=f(
x
) = un +1 ainsi, pour
10
10
10
tout n ∈ℕ , un +1 = un et la suite (un ) est constante égale à u 0 = f ( x ).
n
n +1
Soit x un réel fixé.
On a
lim 10n = +∞ donc par quotient
n →+∞
avec X =
x
10n
continue en 0.
n →+∞10n
, on obtient lim un = lim f (
n →+∞
x
lim
x
n →+∞ 10n
= 0 puis, par composition
) = lim f ( X ) = f (0 ) car f est
X →0
Par ailleurs, la suite (un ) étant constante égale à u 0 = f ( x ), on obtient
lim un = u = f ( x ).
n →+∞
0
Donc, par unicité de la limite, on a f ( x ) = f (0 ).
Le raisonnement étant valable pour tout réel x, on a obtenu que, pour tout
x ∈ℝ , f ( x ) = f (0 ). La fonction f est donc constante sur ℝ.
Corrigé séquence 2 – MA02
113
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Corrigé de la séquence 3
C
Corrigé des activités du chapitre 2
■
Activité 1
Tri sélectif
Une enquête portant sur le tri sélectif a été réalisée et 2000 personnes ont été
interrogées.
On leur a posé la question : « Triez-vous le verre et le papier ? ».
Voici les résultats pour les effectifs :
Tri
Oui
Âge
Non
Total par ligne
Moins de 40 ans : J
700
400
1100
Plus de 40 ans : J
500
400
900
Total par colonne
1200
800
2000 : Total général
On choisit au hasard une personne parmi les 2000 personnes interrogées, on
utilise donc la loi équirépartie, l’univers Ω étant formé par l’ensemble des 2000
personnes interrogées.
P (T ) =
card(T ) 1200
card( J ) 1100
=
= 0, 6 ; P ( J ) =
=
= 0, 55 ;
card( Ω ) 2000
card( Ω ) 2000
P (T ∩ J ) =
700
= 0, 35.
2000
On choisit maintenant au hasard une personne parmi celles faisant du tri
sélectif. On utilise toujours une loi équirépartie, mais il faut tenir compte que
l’univers a changé, c’est maintenant l’événement T pour lequel card(T ) = 1200.
Corrigé séquence 3 – MA02
115
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La probabilité qu’une personne ait moins de 40 ans sachant qu’elle fait
du tri sélectif est donc égale à
card( J ∩T ) 700
7
=
= . On remarque que cette
card(T )
1200 12
probabilité est différente de la valeur de P ( J ) déterminée à la question précédente.
En observant les valeurs des probabilités de la question , on obtient que
700
card( J ∩T ) 700 2000 P ( J ∩T )
.
=
=
=
P (T )
card(T )
1200 1200
2000
De la même façon, si on choisit une personne au hasard parmi les personnes
ayant moins de 40 ans, l’univers est J pour lequel card( J ) = 1100.
La probabilité qu’une personne fasse du tri sélectif sachant qu’elle a
card( J ∩T ) 700 7
moins de 40 ans est donc égale à
=
=
et on a aussi
card( J )
1100 11
card( J ∩T ) P ( J ∩T )
=
.
P (J )
card( J )
Plus généralement, et même s’il n’y a pas équiprobabilité, on utilisera des
quotients analogues pour étudier ce type de probabilité liée à une condition.
■
Activité 2
Dans l’initialisation, 30 dates d’anniversaire sont fixées aléatoirement entre 1
et 365 (on suppose qu’il n’y a pas d’année bissextile).
Lors du traitement, chaque date (numérotée k) parmi les 29 premières dates
d’anniversaire (le compteur k va de 1 à 29) est comparée avec les dates qui la
suivent (ce sont les dates numérotées de k + 1 à 30). Si deux dates coïncident,
la booléen « trouvé », qui a été initialisé avec la valeur « faux » prend la valeur
« vrai ».
A la sortie, la valeur du booléen « trouvé » est affichée : si aucune coïncidence
n’a été trouvée, « faux » est affichée, et, si une coïncidence a été trouvée, c’est
« vrai » qui est affiché.
Pour obtenir un algorithme qui donne la fréquence des groupes où il existe
des coïncidences d’anniversaires dans 1000 groupes de 30 personnes, on insère
l’algorithme précédent, dans une boucle.
116
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Corrigé séquence 3 – MA02
Variables
dates : tableau des trente jours d’anniversaire ;
trouvé : un booléen qui indique si deux dates coïncident ;
i, k, p : trois compteurs de boucles ;
N : un entier naturel
f : un nombre réel compris entre 0 et 1.
Initialisation
i =0
N =0
Traitement
Pour i de 0 à 1000
Pour k de 1 à 30
dates[k] prend une valeur entière aléatoire comprise entre 1 et 365
inclus
trouvé prend la valeur faux
Pour k de 1 à 29
Pour p de k+1 à 30
Si dates[k] = dates[p] alors
trouvé prend la valeur vrai
Si trouvé = vrai N + 1→ N
N / 1000 → f
Sortie
Affiche f
Corrigé séquence 3 – MA02
117
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En faisant fonctionner cet algorithme, on trouve, par exemple, f = 0,839.
Cette fréquence peut paraître surprenante car on s’attend généralement à une
fréquence plus faible.
Les probabilités conditionnelles, qui seront définies dans cette séquence, permettront
de calculer la probabilité que deux anniversaires coïncident dans un groupe de 30
personnes et de comprendre les fréquences observées lors des simulations.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1
Par lecture de l’arbre, P (B ) =0,8⫻0,3+0,2⫻0,6 (probabilités des deux chemins
en gras) soit P (B ) = 0,36.
0,3
B
A
La bonne réponse est la b).
0,8
B
0,7
(Il faut tenir compte de P (A) et P ( A ) donc
cela ne peut être la a))
P ( A ∩ B )=0,2 × 0,6=0,12 donc la bonne ré-
0,2
0,6
B
0,4
B
A
ponse est la c). (ne pas confondre avec P (B ) ).
A
PA(B ) = 0,3 donc la bonne réponse est la a).
C’est la pondération de la branche : A ––––––– B.
118
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1
2
1
1 . Calculer P (B ) et
PB ( A ) .
et P ( A ∩ B ) =
A
4
10
1
1
P ( A ∩ B ) 10 1
On utilise la formule : PA (B ) =
=
= ×2= .
1 10
5
P (A)
2
1
2
P ( A ∩ B ) 10 1
De même, PB ( A ) =
=
= ×4= .
1 10
5
P (B )
4
Exercice 2
P ( A ) = , P (B ) =
Exercice 3
Les données de l’énoncé permettent
de déterminer le nombre de personnes
qui ont les yeux et qui ne fument pas,
le nombre de celles qui fument et qui
n’ont pas les yeux bleus et enfin le
nombre de celles qui n’ont pas les yeux
bleus et qui ne fument pas.
Corrigé séquence 3 – MA02
F
Total
B
4
F
16
B
Total
36
24
60
40
40
80
20
On utilise ensuite la loi équirépartie sur Ω ou des lois équiréparties sur les
univers utilisés pour les probabilités conditionnelles.
P(B) = 0,25
B
PB(F) = 4 = 0,2
20
F
Exercice 4
0,75 = P(B)
P(F) = 0,5
B
F
PB(F) = 36 = 0,6
60
0,8 = PB(F)
F
F
PF(B) = 4 = 0,1
40
0,4 = PB(F)
PF(B) = 16 = 0,4
40
F
0,9 = PF(B)
B
F
0,5 = P(F)
0,6 = PB(F)
B
B
B
« Lorsque M1 est en panne, la probabilité que M2 tombe en panne est 0,5 »
traduit une probabilité conditionnelle : la probabilité que M2 tombe en panne
sachant que M1 est en panne est de 0,5 soit : PM (M2 ) = 0,5.
1
Comme on nous donne PM (M 2 ) , on construit l’arbre avec M1, M1 d’abord :
1
1ère
machine
2e
machine
M2
0,004
0,996
M1
P(M1) = 1 – P(M1) = 1 – 0,004 = 0,996
M2
M2
M1
M2
On utilise la formule : P
M2 (M1 )=
l’énoncé) et d’après l’arbre,
P (M1 ∩ M2 ) avec
P (M2 ) = 0, 006 (donné dans
P (M2 )
P (M1 ∩ M2 ) = P (M1 ) × PM (M2 ) = 0, 004 × 0, 5 = 0, 002 d’où PM (M1 ) =
1
Remarque
On pourrait à l’aide de P (M 2 )
calculer les autres probabilités de
l’arbre du 2.
Exercice 5
2
0, 002 1 .
=
0, 006 3
On a par exemple :
P (M2 ) = 0, 004 × 0, 5 + 0, 996 × PM (M2 ) = 0, 006
1
d'où PM (M2 ) =
1
0, 006 − 0, 004 × 0, 5
= 0, 0040 à 10−4 près.
0, 996
On introduit les événements A : « la pièce est acceptée » et D : « la pièce est
défectueuse ».
On sait que 3 % des pièces sont défectueuses donc P(D) = 3 = 0, 03 .
100
Corrigé séquence 3 – MA02
119
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98 % des pièces bonnes sont acceptées donc la probabilité que la pièce soit
acceptée sachant qu’elle est bonne (c’est-à-dire non défectueuse) est de 98
100
soit de 0,98.
Donc PD ( A ) = 0, 98 .
De même 97 % des pièces défectueuses sont refusées (donc non acceptées) se
traduit par : PD ( A ) = 0, 97 .
On commence donc l’arbre par D, D car on a PD ( A ) et PD ( A ) soit :
0,03
0,97
0,03
A
0,97
A
D’après la loi des nœuds, PD(A) = 1 – 0,97 = 0,03
0,98
A
PD(A) = 1 – 0,98 = 0,02
0,02
A
P(D) = 1 – 0,03 = 0,97
D
D
La probabilité qu’une pièce soit bonne mais refusée est P( D Š A ).
D’après l’arbre ci-dessus : P( D Š A ) = 0, 97 × 0, 02 = 0,0194.
Une erreur de contrôle se produit si :
tTPJUMBQJÒDFFTUEÏGFDUVFVTFNBJTBDDFQUÏF
tTPJUMBQJÒDFFTUCPOOFNBJTSFGVTÏF
donc la probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle est P (D ŠA )+P( D Š A ).
Or d’après l’arbre, P (D ŠA ) = 0,03⫻0,03 = 0,0009 et P( D Š A ) = 0,0194.
La probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle est donc de 0,0009 + 0,0194 soit
de 0,0203.
La probabilité qu’une pièce acceptée soit mauvaise est la probabilité que la
pièce soit mauvaise (c’est-à-dire défectueuse) sachant qu’elle est acceptée à savoir PA (D ) .
P (D ∩ A )
avec P ( A ) = P (D ∩ A ) + P (D ∩ A )
P( A )
= 0, 0009 + 0, 97 × 0, 98 = 0, 9515
Or PA (D ) =
Donc P (D) = 0, 0009 ≈ 0, 000946 . La probabilité qu’une pièce acceptée soit
A
0, 9515
mauvaise est d’environ 0,000946.
120
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Corrigé séquence 3 – MA02
Exercice 6
Résumons la situation par un arbre de probabilité. D’après l’énoncé :
1
1
4
P1 = P ( A1 ) = ; PA ( A2 ) = ; PB (B2 ) =
1
1
2
3
5
1
2
Les événements A1 et B1 forment une
partition de ⍀.
1
2
D’après la formule des probabilités totales :
A1
P ( A2 ) = P ( A2 ∩ A1 ) + P ( A2 ∩ B1 )
B1
1
3
2
3
1
5
4
5
A2
B2
A2
B2
A1 ∩ A2
A1 ∩ B2
B1 ∩ A2
B1 ∩ B2
Les événements A
n −1
P ( A2 ) = P ( A1 ) × PA ( A2 ) + P (B1 ) × PB ( A2 )
1
1
1 1 1 1 1 1 8
4
P ( A2 ) = × + × = + = =
2 3 2 5 6 10 30 15
4
soitt P2 = .
15
et Bn −1 forment une partition de ⍀.
Donc
P ( An ) = P ( An ∩ An −1 ) + P ( An ∩ Bn −1 )
Pn = P ( An ) = P ( An −1 ) × PA ( An ) + P (Bn −1 ) × PB ( An )
n −1
n −1
1
1
Pn = P ( An ) = Pn −1 × + (1− Pn −1 ) ×
3
5
 1 1 1 2
1
Pn = Pn −1  −  + = Pn −1 +
5
 3 5  5 15
Pn–1
1 – Pn–1
An–1
Bn–1
1
3
An
1
5
Bn
An–1 ∩ An
An
Bn
Bn–1 ∩ An
( ) est une suite géométrique on peut exprimer
un +1 en fonction de un en utilisant la définition de la suite (u ) et la relation
Pour montrer que la suite un
n
prouvée à la question précédente.
Pour tout entier n on a :
3
2
1 3
2
2
2
3 2
un +1 = Pn +1 − = Pn + − = Pn − =  Pn −  = un ,
13 15
5 13 15
65 15 
13  15
Corrigé séquence 3 – MA02
121
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Ainsi, pour tout entier n non nul, un +1 =
géométrique de raison
( ) est la suite
2
3 1 3
7
et de premier terme u1 = p1 − = − = .
15
13 2 13 26
 
On en déduit u = u × 2
n
1  15 
 
3
7  2
donc Pn = un + = ×  
15 26  15 
Exercice 7
2
u : la suite un
15 n
n −1
7  2
= × 
26  15 
n −1
+
n −1
3
3
et lim Pn =
13 n →+∞
13
Soit A (resp. B, C, D) l’événement : « l’élève choisit l’itinéraire A (resp. B, C, D) ».
Soit R l’événement : « l’élève arrive en retard ».
P (D ) = 1–P (A )–P (B )–P (C ) car A, B, C et D forment une partition de l’univers.
1 1 1 1
Donc P (D ) = 1– – – = .
3 4 12 3
On cherche PR (C ).
PR (C ) =
P (R ∩ C )
P (R )
Pour déterminer P (R ), on peut utiliser la formule des probabilités totales :
P (R ) = P (R ∩ A )+ P (R ∩ B )+ P (R ∩ C )+ P (R ∩ A )
P (R ) = P ( A ) × PA (R ) + P (B ) × PB (R )+ P (C ) × PC (R )+ P (D ) × PD (R )
1 1 1 1 1 1 1
P (R ) = × + × + × + × 0
3 20 4 10 12 5 3
7
P (R ) =
120
1 1
×
P (R ∩ C ) 12 5 2
=
=
PR (C ) =
7
7
P (R )
120
Remarque
on peut s’aider d’un arbre pondéré pour
calculer P ( R ).
122
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Corrigé séquence 3 – MA02
⍀
1
3
1
4
A
1
12
B
C
D
1
20
19
20
1
10
9
10
1
5
4
5
0
1
R
R
R
R
R
R
R
R
R∩A
Exercice 8
1
3
R∩ B
R∩ C
R∩D
Désignons par E l’événement « la personne est en état d’ébriété » ;
T l’événement « l’alcootest se révèle positif ».
L’énoncé nous donne les résultats suivants :
P (E ) = 0,02 ; PE (T ) = 0,96 ; PE (T ) = 0,01.
On veut calculer PT (E ).
On sait que
0 , 009 8
PT (E ) =
=
0 , 029
▶ Calcul de
P (E ∩T ).
On a
P (E ∩T ) = PE (T ) × P (E )
P (E ∩T ) = 0,01× 0,98
P (E ∩T ) = 0,0098.
▶ Calcul de P (T ).
On a
T = (T ∩ E ) ∪ (T ∩ E ).
Les événements T ∩ E et T ∩ E sont incompatibles et on a
P (T ) = P (T ∩ E )+ P (T ∩ E ).
Soit
P (T ) = PE (T ) × P (E )+ PE (T ) × P (E )
P (T ) = 0 , 96 × 0 , 02 + 0 , 009 8
P (T ) = 0 , 029.
On a donc
0 , 009 8
PT (E ) =
= 0 , 337 9…
0 , 029
La probabilité qu’une personne dont l’alcootest est positif ne soit pas en état
d’ébriété est environ égale à 0,338.
Corrigé séquence 3 – MA02
123
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La probabilité trouvée peut paraître surprenante car il y a environ une chance sur
trois qu’une personne contrôlée positive ne soit pas en état d’ébriété !
Ce résultat est du au faible taux (2 %) de conducteurs en état d’ébriété.
▶ Un raisonnement identique nous donne :
PT (E ) =
P (E ∩T )
P (E ∩T )
=
P (T )
P (T ∩ E )+ P (T ∩ E )
PT (E ) =
0 , 95 × 0 , 01
0 , 96 × 0 , 05 + 0 , 01× 0 , 95
PT (E ) = 0,165 2... .
La probabilité des faux positifs est P (E ) = 0,165.
T
▶ On fait de même pour les faux négatifs.
PT (E ) =
PT (E ) =
P (E ∩T )
P (T )
=
P (E ∩T )
P (T ∩ E )+ P (T ∩ E )
0 , 05 × 0 , 04
0 , 05 × 0 , 04 + 0 , 95 × 0 , 99
PT (E ) = 0,002 1... .
La probabilité des faux négatifs est PT (E ) = 0,002.
La probabilité pour une personne dont l’alcootest est positif de ne pas être en
état d’ébriété reste encore assez forte, bien qu’elle ait diminué de moitié environ
(de 33 % à 16,5 %).
Par contre la probabilité pour une personne dont l’alcootest est négatif d’être en
état d’ébriété est assez faible.
On observe que le test est plus fiable dans celui des deux cas où la probabilité p
est la plus grande.
124
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Corrigé séquence 3 – MA02
Exercice 9
Lorsque le logiciel de programmation utilisé ou la calculatrice le permet, on peut
utiliser une seule boucle en faisant trier la liste des dates d’anniversaire. Il suffit
alors de comparer chaque date à la suivante.
Variables
dates : tableau des trente jours d’anniversaire
trouvé : un booléen qui indique si deux dates coïncident.
k : un compteur de boucles.
Initialisation
Pour k de 1 à 30
dates[k] prend une valeur entière aléatoire comprise entre 1 et 365 inclus
Trier la liste dates du plus petit au plus grand
trouvé prend la valeur faux
Traitement
Pour k de 1 à 29
Si dates[k] = dates[k+1] alors
trouvé prend la valeur vrai
Sortie
Affiche trouvé
Le logiciel Algobox ne permet pas de trier de listes. Ci-dessous les programmes
correspondant à l’algorithme précédent.
Casio
Texas Instrument
Corrigé séquence 3 – MA02
125
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Corrigé de l’activité du chapitre 3
Activité 3
On est en situation d’équiprobabilité. D’après les données du tableau, on a :
card( A ) 1500
=
= 0, 75 (où Ω désigne l’univers c’est-à-dire l’ensemble
card( Ω ) 2000
600
900
= 0, 75 et P ( A ) =
= 0, 75. On
des salariés de l’entreprise), PF ( A ) =
F
800
1200
observe que ces trois nombres sont égaux. La probabilité de gagner moins de
P (A) =
1750€ est la même si on sait on non que l’employé est une femme. Dans cette
entreprise, la répartition des salaires est indépendante du sexe.
De même P (F ) =
800
200
600
= 0, 4 , PA (F ) =
= 0, 4 et P (F ) =
= 0, 4.
A
2000
500
1500
On observe aussi que ces trois probabilités sont égales, dans cette entreprise la
répartition des sexes est indépendante de la catégorie de salaire.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 3
Exercice 10
Dans tout cet exercice, on utilise l’égalité P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B ).
D’après la relation précédente P ( A ∩ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∪ B ) donc
P ( A ∩ B ) = 0 , 3 + 0 , 5 − 0 , 65 = 0 ,15.
Comme P ( A ) × P (B ) = 0, 3 × 0, 5 = 0,15 = P ( A ∩ B ) les événements A et B
sont indépendants, et, d’après une propriété du cours, ils ne sont donc pas
incompatibles.
De même, pour les événements A et C, on a P ( A ∩ C ) = 0, 3 + 0, 4 − 0, 7 = 0.
Comme P ( A ) × P (C ) ≠ 0, on a P ( A ) × P (C ) ≠ P ( A ∩ C ) et les événements A et C
ne sont donc pas indépendants.
On a P ( A ∩ C ) = 0, il est possible que les événements A et C soient incompatibles,
il se peut aussi qu’ils ne le soient pas si leur intersection contiennent une
éventualité… de probabilité nulle ce qui ne semble pas très intéressant, mais
peut avoir lieu (voir la séquence 8).
Enfin, pour les événements B et C, on a P (B ∩ C ) = 0, 5 + 0, 4 − 0, 8 = 0,1.
126
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Corrigé séquence 3 – MA02
Comme P (B ) × P (C ) = 0, 5 × 0, 4 = 0, 2 ≠ P (B ∩ C ), les événements B et C ne sont
pas indépendants. Ils ne sont pas non plus incompatibles car P (B ∩ C ) ≠ 0 donc
B ∩ C ≠ ∅.
Exercice 11
Comme P ( A ) = 0, 2 et P (B ) = 0, 5 et les événements A et B étant indépendants,
on a P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P (B ) = 0, 2 × 0, 5 = 0,1
et donc P ( A ∪ B ) = P ( A ) + P (B ) − P ( A ∩ B ) = 0, 2 + 0, 5 − 0,1 = 0, 6.
Comme les événements C et D sont incompatibles et que P (C ) = 0, 3 et
P (D ) = 0,15, on a P (C ∩ D ) = 0 et P (C ∪ D ) = P (C ) + P (D ) = 0, 3 + 0,15 = 0, 45.
Exercice 12
L’expérience aléatoire est formée à partir de trois expériences aléatoires
indépendantes. On utilise donc la loi de probabilité telle que la probabilité d’une
liste de résultats soit le produit des probabilités des résultats partiels qui la
constitue.
On note U l’événement « on obtient 1 avec le dé cubique », U l’événement
C
O
« on obtient 1 avec le dé octaédrique », U D l’événement « on obtient 1 avec le
dé dodécaédrique ».
1 1 1
1
On a P (U ) = P (UC ) × P (UO ) × P (U D ) = × × =
, soit environ deux
6
8
12
576
chances sur mille.
Avec des notations analogues on a :
P (Q ) = P (QC ) × P (QO ) × P (QD ) =
neuf.
2 4 8
64
× × =
, soit environ une chance sur
6 8 12 576
Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique d’un jeu.
La loi de probabilité de X est :
xi
3
−1
P (X = xi )
1
576
64
576
E( X ) = 3 ×
n × 0 , 01
1−
1
64 511
−
=
576 576 576
1
64
5,11 5,11n − 61
− 1×
+n ×
=
.
576
576
576
576
Le jeu est favorable au joueur lorsque E( X ) > 0 ce qui équivaut à 5,11n − 61 > 0
c’est-à-dire n >
61
61
. Comme
≈ 11, 937 la plus petite valeur de n est égale à
5,11
5, 11
12.
Corrigé séquence 3 – MA02
127
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Exercice 13
Le candidat répète 10 fois la même épreuve à 2 issues possibles :
1
S « le candidat répond correctement à la question posée », P (S ) = p = puisque
3
le candidat répond au hasard.
2
S « le candidat répond mal » ; P (S ) = 1– P (S ) = 1– p = . .
3
Les réponses à chaque question sont indépendantes.
On est donc en présence d’une suite de 10 épreuves de Bernoulli.
Soit X le nombre de réponses exactes. X suit la loi binomiale de paramètres 10
et 1 .
3
Pour être reçu, il faut répondre au moins à 8 questions. La probabilité d’être reçu
est donc :
p = P ( X = 8) + P ( X = 9) + P ( X = 10)
 10   1  8  2  2  10   1  9  2  1  10   1  10  2  9
=
 ×   ×  3 
 ×  ×  +
 ×  ×  +
 8   3   3   9   3   3   10   3 
8
4
1 2 1
67
 1 
≃ 0,003.
=   ×  45 × + 10 × × +  =
 3 
9
3 3 9  19 683
Exercice 14
On lance une pièce non truquée n fois de suite, n est un entier tel que n ≥ 2.
Il s’agit de la répétition d’épreuves identiques, on choisit donc la probabilité
habituelle (voir les pré-requis).
a) Il y a deux éventualités pour lesquelles tous les résultats sont identiques : on
obtient toujours Pile ou on obtient toujours Face. Ces deux éventualités ont la
n
 1  1
même probabilité donc P ( A ) = 2 ×   =  
 2  2
n −1
.
b) Soit X le nombre de fois où on obtient Pile. La variable aléatoire X suit la loi
1
binomiale de paramètres n et p = .
2
n
n −1
n
n
 n   1  n   1  1
 1
 1
P (B ) = P ( X = 0 ) + P ( X = 1) =     +       =   + n  
 2
 2
 0  2   1   2   2 
 n
 n
car   = 1 et   = n .
 0
1
Remarque
il ne faut surtout pas confondre l’écriture d’une fraction dans des parenthèses,
 1
 n
comme   = 0 , 5, et l’écriture d’un coefficient binomial, comme
 0  = 1 ).
 2
128
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Corrigé séquence 3 – MA02
 
 2
2
Si n = 2, on a P ( A ) = 2 × 1 = 1 et P ( B ) =
 
2
1
1 3
+ 2 × = . Comme
4
4 4
l’événement A ∩ B ne contient que l’éventualité où on obtient toujours
1
Pile, on a P ( A ∩ B ) = . Les événements A et B ne sont pas indépendants
4
1 3 3
car P ( A ) × P (B ) = × = ce qui est différent de P ( A ∩ B ).
2 4 8
3
Si n = 3,
 1
1
on a P ( A ) = 2 ×   =
4
 2
et P (B ) =
1
1 1
+ 3 × = . Comme
8
8 2
l’événement A ∩ B ne contient que l’éventualité où on obtient toujours
1
Pile, on a P ( A ∩ B ) = . Les événements A et B sont indépendants car
8
P ( A ) × P (B ) =
1 1 1
× = = P ( A ∩ B ).
4 2 8
L’indépendance des événements A et B dépend donc du nombre de répétitions.
Exercice 15
Les résultats des trois lancers sont indépendants.
3
 7
a) La probabilité que la case 3 soit atteinte est égale à   .
 12 
b) La probabilité que les cases 1, 2, 3 soient atteintes dans cet ordre est égale à
1 1 7
7
.
× × =
12 3 12 432
c) Soit X le nombre de fois où on atteint la case 1. On cherche
P ( X = 1).
La
variable
X suit la loi binomiale
2

1
B 3 ;  ,
 12
donc
 3 1  11
112
363
P ( X = 1) =   × ×   = 3 × 3 =
, soit environ une chance sur
1728
 1  12  12 
12
cinq.
On note A l’événement « Alice est choisie », B l’événement « Bob est choisi »
et T l’événement « la case 3 est atteinte ».
On sait que P ( A ) = 2 × P (B ) et que P (B ) = 1− P ( A ) car l’événement B est le
2
1
contraire de l’événement A. D’où P ( A ) = et P (B ) = .
3
3
1
Comme pour Bob les trois éventualités sont équiprobables, on a PB (T ) = et
3
2
PB T = .
3
()
Corrigé séquence 3 – MA02
129
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On obtient l’arbre pondéré :
2
3
1
3
7
12
T
5
12
T
1
3
T
2
3
T
A
B
a) Les événements A et B sont des événements contraires donc
P (T ) = P (T ∩ A ) + P (T ∩ B )
= P ( A ) × PA (T ) + P (B ) × PB (T )
2 7 1 1
× + ×
3 12 3 3
1
= .
2
=
b) Un seul lancer a été effectué et la case 3 a été atteinte, la probabilité pour
que ce soit Alice qui ait lancé la fléchette est la probabilité conditionnelle PT ( A ).
2 7
P (T ∩ A ) P ( A ) × PA (T ) 3 × 12 7
PT ( A ) =
=
=
= .
1
P (T )
P (T )
9
2
On peut remarquer que, dans cet exercice d’examen, on doit savoir utiliser et bien
distinguer les notions d’indépendance et de probabilité conditionnelle.
Exercice 16
Il s’agit de la répétition d’épreuves identiques, on choisit la loi qui consiste à faire
le produit des probabilités de chacun des n résultats partiels qui constituent une
liste de n résultats.
Notons p la probabilité d’un succès et 1− p la probabilité d’un échec.
On obtient :
P ( X = 0 ) = (1− p )n
et, pour tout entier k tel que 1≤ k ≤ n ,
on a
P ( X = k ) = (1− p )k −1 × p.
En utilisant la somme des termes successifs d’une suit géométrique, on obtient :
k =n
k =n
k =0
k =1
∑ P ( X = k ) = (1− p )n + p × ∑ (1− p )k −1 =(1− p )n + p ×
130
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Corrigé séquence 3 – MA02
1− (1− p )n
= 1.
1− (1− p )
Corrigé des exercices
de synthèse du chapitre 5
Exercice I
Une fabrique artisanale de jouets en bois vérifie la qualité de sa production avant
sa commercialisation.
Chaque jouet produit par l’entreprise est soumis à deux contrôles : d’une part
l’aspect du jouet est examiné afin de vérifier qu’il ne présente pas de défaut de
finition, d’autre part sa solidité est testée. Il s’avère, à la suite d’un grand nombre
de vérifications, que :
▶ 92% des jouets sont sans défaut de finition ;
▶ parmi les jouets qui sont sans défaut de finition, 95 % réussissent le test de
solidité ;
▶ 2 % des jouets ne satisfont à aucun des deux contrôles.
On prend au hasard un jouet parmi les jouets produits. On note :
▶ F l’événement : « le jouet est sans défaut de finition » ;
▶ S l’événement : « le jouet réussit le test de solidité ».
Construction d’un arbre pondéré associé à cette situation.
(
)
a) Les données sont P ( F ) = 0 , 92, PF ( S ) = 0 , 95 et P F ∩ S = 0 , 02.
()
()
) () ()
c) On a aussi P (S ) = 1− P (S ) = 0 , 75 et on peut construire l’arbre pondéré :
(
1
b) On sait P F ∩ S = P F × P S , soit 0 , 02 = 0 , 08 × P S , donc P S = .
F
F
F
4
F
F
PF(S) = 0,95
S
PF ( S ) = 0,05
S
PF (S) = 0,75
S
PF ( S ) = 0,25
S
F
P(F) = 0,92
P( F ) = 0,08
F
(
) et , comme F et F forment une partition de
(
)
a) On a S = (F ∩ S ) ∪ F ∩ S
l’univers, on a
()
P (S ) = P (F ∩ S ) + P F ∩ S = P (F ) × PF (S ) + P F × PF (S )
= 0, 92 × 0, 95 + 0, 08 × 0, 75 = 0, 934 ,
P (S ) = 0, 934.
Corrigé séquence 3 – MA02
131
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b) On cherche PS (F ).
On a PS (F ) =
P (F ∩ S ) P (F ) × PF (S ) 0, 92 × 0, 95
=
=
≈ 0, 936.
P (S )
P (S )
0, 934
La variable aléatoire B prend les valeurs 10, 5 et 0.
P (B = 10 ) = P (F ∩ S ) = P (F ) × PF (S ) = 0, 92 × 0, 95 = 0, 874 ;
()
P (B = 0 ) = P S = 1− P (S ) = 0, 066 ;
P (B = 5) = 1− P (B = 10 ) − P (B = 0 ) = 0, 066.
bi
10
5
0
P (B = bi )
0,874
0,06
0,066
Comme la quantité fabriquée est suffisamment importante pour que la
constitution du lot de 10 jouets puisse être assimilée à un tirage avec remise, la
)
variable aléatoire X suit la loi binomiale B (10 ; 0,934 .
On cherche P ( X ≥ 8 ) et on a :
P ( X ≥ 8 ) = P ( X = 8 ) + P ( X = 9 ) + P ( X = 10 )
 10
 10
 10
=   0, 9348 × 0, 0662 +   0, 9349 × 0, 066 +   0, 93410
 10
8 
9 
P ( X ≥ 8 ) ≈ 0, 9328.
Exercice II
Les données nous permettent de construire l’arbre pondéré.
p
0,96
T : p(T ∩ M) = 0,96 p
0,04
T : p(T ∩ M) = 0,96 p
0,01
T : p(T ∩ M) = 0,01 (1– p)
0,99
T : p(T ∩ M) = 0,99 (1– p)
M
1–p
M
Déterminons PT (M ) =
P (T ∩ M )
.
P (T )
On a P (T ) = P (T ∩ M ) + P (T ∩ M )
( – p)
P (T ) = 0, 96p + 0, 011
P (T ) = 0, 95p + 0, 01.
D’où PT (M ) =
132
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0, 96p
96p
=
.
0, 95p + 0, 01 95p + 1
Corrigé séquence 3 – MA02
Posons f ( p ) =
96p
p
= 96 ×
.
95p + 1
95p + 1
Déterminons la dérivée.
f '( p ) = 96 ×
(95p + 1) – 95p
2
(95p + 1)
=
96
(95p + 1)2
.
La fonction f est croissante sur [0 ; 1] car f '( p ) > 0.
p
0
1
1
f (p )
0
▶ Tableau de valeurs
p
0,001
0,10
0,20
f (p )
0,087 7 0,325 4 0,492 3 0,662 1 0,834 8 0,914 3
0,96
0,005
▶ Déterminons P (M ) =
T
0,01
0,02
0,05
P (T ∩ M )
.
P (T )
On a P (T ) = 1– p (T ) = 1− (0, 95p + 0, 01)
P (T ) = −0, 95p + 0, 99.
D’où PT (M ) =
0,99(1− p )
99(1− p )
=
−0,95p + 0,99 99 − 95p
▶ Posons g ( p ) =
99(1− p )
.
99 − 95p
Déterminons la dérivée.
g '( p ) =
99( −99 + 95p + 95 − 95p )
(99 − 95p )2
=
−4 × 99
(99 − 95p )2
.
La fonction g est décroissante sur [0 ; 1] car g ’(p)<0.
p
0
1
1
g(p )
0
Corrigé séquence 3 – MA02
133
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▶ Tableau de valeurs
p
0,001
0,10
0,20
g(p)
0,999 9 0,999 8 0,999 6 0,999 2 0,997 9 0,995 5
0,99
0,005
0,01
0,02
0,05
On sait que PT (M ) + PT (M ) = 1, d'où PT (M ) = 1− PT (M ).
Posons h ( p ) = PT (E ).
D’où h ( p ) = 1− f ( p ).
Comme la fonction f est croissante sur [0 ; 1], h est décroissante sur [0 ; 1].
p
0
1
1
h(p )
0
▶ Tableau de valeurs
p
0,001
0,10
0,20
h(p)
0,912 3 0,674 6 0,507 7 0,337 9 0,165 2 0,085 7
0,04
0,005
0,01
0,02
0,05
On sait que P (E ) + P (E ) = 1, d'où P (E ) = 1− p (E ).
T
T
T
T
Posons k ( p ) = P (E ).
T
D’où k ( p ) = 1− g ( p ).
Comme la fonction g est décroissante sur [0 ; 1], k est croissante sur [0 ; 1].
p
0
1
1
k(p )
0
▶ Tableau de valeurs
134
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p
0,001
0,10
0,20
k(p )
0,000 04 0,000 2 0,000 4 0,000 8 0,002 1 0,004 5
0,01
Corrigé séquence 3 – MA02
0,005
0,01
0,02
0,05
Quelques commentaires
Probabilité
conditionnelle
PT (M )
PT M
PT M (faux
positifs)
( )
PT (M ) (faux
négatifs)
Fonction
f
g
h = 1− f
k = 1− g
Variations
de la fonction
croissante sur
I = 0 ; 1
décroissante sur I
décroissante sur I
croissante sur I
Valeurs prises
sur [0 ; 0,2]
de 0 à 0,96
toujours proches de 1 de 1 à 0,04
( )
Toujours proches de 0
On remarque tout d’abord que la valeur diagnostique du test n’est pas une notion
intrinsèque au test lui-même : elle varie fortement suivant la probabilité p qui
dépend de la population ciblée.
Si la population est une population à risque, p n’est pas faible et il n’y a pas trop
de « faux positifs » ; la positivité du test sera donc un élément important du
diagnostic. Par contre, pour une maladie rare, un test de dépistage systématique
de toute une population aura l’inconvénient majeur de fournir beaucoup de faux
positifs. Le nombre des personnes non malades dont le test est positif et, pour la
société, le prix des tests de dépistage systématique, sont des problèmes éthiques
et économiques liés à la mise en place de tels tests.
Autres remarques
( )
▶ Les
probabilités conditionnelles PT (M ) et P M
T
varient en sens contraires.
▶P
T
(M ) est toujours proche de 1, ce qui est rassurant.
▶ La probabilité qu’une personne soit malade alors que le
test est négatif, P (M ), est donc toujours proche de 0.
T
Exercice III
Le mathou n’ayant aucune mémoire, les essais successifs sont modélisés par
la succession d’épreuves répétées et indépendantes, et pour chacune d’elles on
utilise la loi équirépartie. On a donc :
1
5 1 5
a) P ( X = 1) = , b) P ( X = 2) = × = ,
6
6 6 36
5
5
 5   1 5
c) P ( X = 6 ) =   ×   =
≈ 0, 067.
 6   6  66
6
 5
d) P ( X ≤ 6 ) = 1− P ( X > 6 ) = 1−   ≈ 0, 665 car P ( X > 6 ) est la probabilité
 6
que le mathou pousse une mauvaise porte à chacun des six essais.
Corrigé séquence 3 – MA02
135
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On note Tn l’événement « le mathou trouve le fromage au nième essai ».
Comme le mathou a une mémoire parfaite, s’il ne trouve pas le fromage le
nombre de portes entre lesquelles il va choisir diminue de 1 à chaque essai. On
obtient l’arbre suivant :
1er essai
2e essai
3e essai
..........
6e essai
T1
1/6
5/6
1/5
T2
5/6
T2
T1
T3
1/4
..........
T3
3/4
Les valeurs prises par la variable aléatoire Y sont donc 1, 2, 3, 4, 5 et 6.
Avant même de trouver la loi de Y, on peut donc savoir que P (Y ≤ 6 ) = 1, en effet
le mathou fait six essais au maximum.
1
5 1 1
5 4 1 1
On trouve P (Y = 1) = , P (Y = 2) = × = , P (Y = 2) = × × = , …,
6
6 5 6
6 5 4 6
P (Y = 6 ) =
5 4 3 2 1 1 1
× × × × × = .
6 5 4 3 2 1 6
La loi de la variable aléatoire Y est donc la loi équirépartie.
Pour tester l’hypothèse selon laquelle les mathoux ont une mémoire, on
peut faire faire un très grand nombre d’essais à plusieurs mathoux et calculer
la fréquence de découverte du fromage en au plus six essais. Si cette fréquence
est très proche de 0,67, on en déduira que les mathoux n’ont aucune mémoire,
si cette fréquence est proche de 1, on en déduira que ces animaux ont une
excellente mémoire.
Exercice IV
a) Chaque tirage se faisant au hasard, on utilise dans chaque cas la loi
équirépartie.
2
PE (E 2 ) = .
5
1
D’après
D’après
2
3
P (E1) = , PE (E 2 ) =
5 1
5
l’énoncé,
la
loi
des
probabilités
totales,
( )
2 3 3 2 12
P (E 2 ) = P (E1) × PE (E 2 ) + P E1 × PE (E 2 ) = × + × = .
1
5 5 5 5 25
1
b) L’arbre pondéré (ou la formule des probabilités totales) donne :
( )
P (E n +1) = P (E n ) × PE (E n +1 ) + P E n × PE (E n +1).
n
136
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Corrigé séquence 3 – MA02
n
et
on
a
D’après les conditions des tirages PE (E n +1) =
n
3
2
et P (E n +1) = , donc
E
n
5
5
3
2 1
2
P (E n +1) = P (E n ) × + (1− P (E n )) × , soit P (E n +1) = + × P (E n ).
5
5 5
5
P(En)
1 –P(En)
En
En
3/5
2/5
2/5
3/5
En+1
En+1
En+1
En+1
En+1 ∩ En
En+1 ∩ En
1
2
a) Démontrons par récurrence que, pour tout entier n ≥ 1, on a un ≤ .
▶ Initialisation : au rang n = 1 on a bien u
▶ Hérédité
1
1 ≤ 2.
1
On suppose que, pour un entier k supérieur à 1, uk ≤ . On a donc
2
1
2 1 1 2
1
uk + ≤ × + , d’où uk +1 ≤ . La proposition est bien héréditaire.
5
5 5 2 5
2
▶ La proposition est vraie pour n = 1 et elle est héréditaire, donc pour tout
1
1
entier n ≥ 1, on a un ≤ . La suite (u n ) est majorée par .
2
2

1
2
2 4
4 1
b) Pour tout entier n ≥ 1, on a un +1 − un = un + − un = − un =  − un  .
5
5
5 5
52

D’après la question précédente, la parenthèse est toujours positive donc la
différence un +1 − un est toujours positive, donc la suite (un ) est croissante.
c) La suite (un ) est croissante et majorée, elle est donc convergente, notons
1
2
ℓ sa limite. Comme on a un +1 = un + pour tout n ≥ 1, on déduit
5
5
1
2 1
2
lim u
= lim  un +  = ℓ + .
Or
lim u
= lim un = ℓ ,
n →+∞ n +1
n →+∞ 5
n →+∞ n +1
n →+∞
5 5
5
1
1
2
donc ℓ est solution de l’équation ℓ = ℓ + , d’où ℓ = .
2
5
5
(
)
(
)
( )
Corrigé séquence 3 – MA02
137
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Évolution des probabilités P (E n )
a) Comme u1 = P (E 1 ) et que la suite (un ) est définie par la même relation de
(
)
récurrence que la suite P (E n ) , il s’agit de la même suite. Les probabilités P (E n )
1
forment donc une suite croissante et convergente vers .
2
b) Pour déterminer quelles valeurs de l’entier n on a 0, 499 99 ≤ P (E n ) ≤ 0, 5, on
peut calculer les premiers termes de la suite à l’aide d’un tableur ou d’une
calculatrice. La première valeur qui convient est n = 8 et, comme la suite est
croissante et majorée par 0,5, on a 0, 499 99 ≤ P (E n ) ≤ 0, 5 pour tout n ≥ 8.
Remarque
▶ On aurait pu montrer que, pour tout entier n ≥ 1, on a u
n <
1
2
ce qui prouve que,
contrairement à l’impression donnée par les valeurs approchées données par le
tableur, la limite ℓ n’est jamais atteinte.
▶ La suite (u n ) est une suite arithmético-géométrique (voir Séquence 1).
▶ Le jour de l’examen on peut vous poser une question analogue. Il est donc vive-
ment conseillé d’avoir un programme qui vous permet de calculer les termes successifs d’une suite.
Exercice V
On rencontre une personne par hasard, on utilise donc la loi équirépartie sur
l’univers formé par l’ensemble des dates d’une année. L’événement A « avoir
la même date d’anniversaire que vous » contient une seule éventualité et donc
1
P (A) =
≈ 2, 7 × 10−3.
365
Si les personnes sont plus nombreuses que les jours de l’année, il y a
nécessairement plusieurs personnes dont les dates d’anniversaire coïncident
Point
historique
Cette propriété que l’on utilise ici et que l’on peut énoncer ainsi « si n+1
chaussettes sont répartis entre n tiroirs, alors il y a un tiroir qui contient au moins
deux chaussettes » est le princuipe des tiroirs ou principe de Dirichlet. Johann
Peter Gustav Lejeune Dirichlet est un mathématicien allemand né en 1805 et
mort en 1859.
En tenant compte du 29 février, on trouve qu’à partir de 367 personnes on est sûr
qu’il y a plusieurs anniversaires à la même date, la probabilité qu’au moins deux
personnes aient leur anniversaire le même jour est donc égale à 1
Nommons ces 30 enfants e , e ,... ,e .
1 2
30
Soit D1et 2 l’événement « les enfants e1 et e 2 ont des dates d’anniversaire
364
≈ 0, 997 car 2011 n’est pas une
différentes ». On a P (D1et 2 ) = 1− P ( A ) =
365
année bissextile.
138
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Corrigé séquence 3 – MA02
Soit D1et 2et 3 l’événement « les enfants e1 , e 2 et e 3 ont des dates d’anniversaire
différentes ».
) (
(
car la probabilité que la date d’anniversaire
) 363
365
D’où P D1et 2et 3 = P D1et 2 ×
du troisième enfant soit différentes des deux premières sachant que les deux
363
premières sont différentes est égale à
car les deux dates d’anniversaire des
365
deux premiers enfants sont exclues.
364 363
×
.
On a donc P D1et 2et 3 =
365 365
364 363 362
×
×
.
On obtient de même que P D1et 2et 3et 4 =
365 365 365
(
)
)
(
En appelant D l’événement « les anniversaires des 30 enfants sont tous à des
30−1=29 fracttions
364 363 362
336
dates différentes » on obtient P D =
.
×
×
× ... ×
365 365 365
365
P (C )
L’événement C « deux anniversaires au moins coïncident » est l’événement contraire
364 363 362
336
de l’événement D donc P (C ) = 1− P D = 1−
×
×
× ... ×
.
365 365 365
365
( )
( )
Pour calculer cette probabilité et déterminer l’entier N, on peut utiliser les
algorithmes suivants :
Détermination de N
Calcul de P (C )
Variables
Variables
k : compteur de boucles ;
k : compteur de boucles ;
n : un entier naturel ;
N : un entier naturel ;
p : un nombre réel compris entre
p : un nombre réel compris entre
0 et 1.
0 et 1.
Initialisation
Initialisation
p =1
p =1
n = nombre de personnes du Traitement
groupe
Pour k de 1à 367
Traitement
Tant que p < 0, 5
Pour k de 1à n − 1
365 − k
dans p
mettre p ×
365 − k
365
dans p
mettre p ×
N =k
365
Sortie
Sortie
Afficher 1− p
Afficher N
Corrigé séquence 3 – MA02
139
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On peut utiliser un tableur de la façon suivante.
On a rempli les colonnes A, B et C ; dans la cellule D2, on a recopié C2, c’est364
à-dire la fraction
≈ 0 , 997, dans la cellule D3 on a rentré la formule
365
D2*C3 c’est-à-dire
364 363
, et on l’a recopiée ce qui permet d’obtenir
×
365 365
364 363 362
336
dans la cellule D30. La colonne E donne donc les
×
×
× ... ×
365 365 365
365
probabilités de rencontrer au moins une coïncidence de date d’anniversaire en
fonction du nombre de personnes du groupe.
C’est donc à partir de N = 23 que la probabilité que deux anniversaires coïncident
dans un groupe de N personnes est supérieure à 0,5.
Exercice VI
L’énoncé donne les égalités
a0 = 1, b0 = c 0 = 0, et les probabilités
conditionnelles :
1
2
1
1
PA (Bn +1 ) = , PA (C n +1 ) = , PB ( An +1 ) = , PB (C n +1 ) = , PC (C n +1 ) = 1.
n
n
n
n
n
3
3
2
2
Ces probabilités peuvent être indiquées sur une partie d’un arbre pondéré :
À l’instant 0, la puce est en A, donc à l’instant 1, elle est soit en B avec une
1
2
probabilité égale à , soit en C avec une probabilité égale à . Donc a1 = 0,
3
3
1
2
b1 = et c 1 = .
3
3
On peut utiliser l’arbre pour n = 1.
140
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Corrigé séquence 3 – MA02
1/3
Bn+1
2/3
Cn+1
1/2
An+1
1/2
Cn+1
An
an = P(An)
bn = P(Bn)
Bn
cn = P(Cn)
Cn
1
Cn+1
1 1
1
On a P ( A2 ) = P ( A2 ∩ B1 ) = P (B1 )PB ( A2 ), soit P ( A2 ) = b1 × = , a2 = .
1
2 6
6
On a P (B2 ) = b2 = 0 car, à l’instant 1, la puce n’est pas en A puisque P ( A1 ) = a1 = 0.
On a P (C 2 ) = P (C 2 ∩ B1 ) + P (C 2 ∩ C 1 ), d’où
1
5
1 1 2
P (C 2 ) = P (B1 )PB (C 2 ) + P (C 1 )PC (C 2 ) = b1 × + c 1 × 1 = × + , soit c 2 = .
1
1
2
6
3 2 3
De même pour l’instant 3, on utilise l’arbre pondéré avec n = 2.
1
a 3 = P ( A3 ) = P (B2 )PB ( A3 ) = b2 × = 0 ;
2
2
1 1
b3 = P (B 3 ) = P ( A2 )PA (B 3 ) = a2 × =
;
2
3 18
2
1
c 3 = P (C 3 ) = P ( A2 )PA (C 3 ) + P (B2 )PB (C 3 ) + P (C 2 )PC (C 3 ) = a2 × + b2 × + c 2 × 1
2
2
2
3
2
1 2
1 5
17
= × + 0 × + × 1= .
6 3
2 6
18
a) Les événements An , Bn et C n forment une partition de l’univers car ils sont
disjoints et leur réunion est égale à l’univers, donc P ( Ω ) = P ( An ) + P (Bn ) + P (C n )
soit 1= an + bn + c n .

1
an +1 = 2 bn
on raisonne comme
Pour montrer que, pour tout entier naturel n, 
1

b = a
pour l’instant 3 :
 n +1 3 n
1
1
an +1 = P ( An +1 ) = P (Bn )PB ( An +1 ) = bn et bn +1 = P (Bn +1 ) = P ( An )PA (Bn +1 ) = an .
n
n
2
3
Corrigé séquence 3 – MA02
141
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1
1 1
1
b) D’après le résultat précédent, pour tout entier n, an +2 = bn +1 = × an = an .
2
2 3
6
c) Démontrons par récurrence la proposition « pour tout entier naturel p,
p
 1
a2p =   et a2p +1 = 0 ».
 6
0
 1
▶ Initialisation : pour p = 0, on a bien a = 1 =
0
 6  et a1 = 0.
k
 1
▶ Hérédité : on suppose que, pour un entier naturel k quelconque, on a a =
2k
 6 
 1
1
et a2k +1 = 0. D’après le résultat de la question b) on a a2k +2 = a2k =  
6
 6
1
1
a2k + 3 = a2k +1 = × 0 = 0. La proposition est bien héréditaire.
6
6
p
 1
▶ Conclusion : pour tout entier naturel p, a =
2p
 6  et a2p +1 = 0.
k +1
et
On peut dire brièvement que les termes de rang pair sont égaux aux termes
d’une suite géométrique qui converge vers 0 et, les termes de rang impair étant
tous nuls, on conclut que la suite (an ) converge vers 0.
Si on souhaite approfondir les explications on utilise la définition.
Tout intervalle ] − r ; r [ où r est un réel strictement positif contient tous les
p
 1
termes   à partir d’un certain rang p0 car il s’agit des termes d’une suite
 6
géométrique de raison q telle que −1 < q < 1. Comme ] − r ; r [ contient tous les
termes a2p +1 qui sont nuls, on peut dire que ] − r ; r [ contient tous les termes an
à partir de n0 = 2p0 : la suite (an ) converge donc vers 0.
On montrerait de même que lim bn = 0.
n →+∞
On sait que 1= an + bn + c n , donc c n = 1− an − bn et, d’après les opérations sur
les limites, lim c n = 1. On pouvait conjecturer ce résultat car, dès que la puce est
n →+∞
en C, elle y reste.
142
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Corrigé séquence 3 – MA02
Corrigé de la séquence 4
C
Corrigé des activités du chapitre 2
■
Activité 1
La désintégration radioactive
On suppose qu’il existe une fonction f définie et dérivable sur ℝ telle que
f (0 ) = 1 et f ' = f (c’est-à-dire f '(t ) = f (t ) pour tout réel t).
La dérivée d’une fonction composée permet d’avoir l’idée d’une réponse. En
utilisant la fonction f, on définit la fonction g sur ℝ en posant pour tout nombre
réel t : g (t ) = f ( 3t ). On a bien g '(t ) = 3f ( 3t ) = 3g (t ) et g (0 ) = f ( 3 × 0 ) = f (0 ) = 1.
Il suffit de changer la valeur pour t = 0, et, pour cela, il suffit de multiplier
par 0,2.
On définit la fonction h sur ℝ en posant pour tout nombre réel t : h (t ) = 0, 2g (t ),
soit h (t ) = 0, 2f ( 3t ).
On a bien h '(t ) = 0, 2 × 3f ( 3t ) = 3h (t ) et h (0 ) = 0, 2f ( 3 × 0 ) = 0, 2 × 1 = 0, 2.
En supposant que le nombre initial de noyaux est égal à 106 et que λ = −0, 003
on chercher une fonction N, définie et dérivable sur ℝ telle que N ' = −0, 003N
et N (0 ) = 106.
Il suffit de faire exactement l’analogue de ce qui a été fait pour la fonction h et
on pose :
pour tout nombre réel t, N (t ) = 106 f ( −0, 003t ).
Corrigé séquence 4 – MA02
143
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Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1
On utilise les règles de calcul sur les exposants des exponentielles :
Exercice 2
e2,3
e ×e ×
= e −3+0 ,15+2,3−1 = e −1,55 .
e
Pour tout réel x, on a :
−3
0 ,15
3
a) e
3 x +1
9
−3 x
 −x 
x +1
3 x +1
4
4
4
e  = e × e = e .


2
2
1
ex e
ex
−1,5
x2
x 2 −1
2
=
×
×
=
=
.
e
e
e
e
b)
e
e1,5
e5 x − e x
c)
= e5 x − e x e − x = e5 x − x − e x − x = e 4 x − 1.
x
e
)
(
Exercice 3
Pour montrer chacune de ces égalités, on transforme une expression pour obtenir
l’autre.
Pour tout nombre réel x, on a :
)
)
(
(
x
x
−x
ex − e− x e e − e
e2x − e0 e2x − 1
=
.
=
=
ex + e− x ex ex + e− x
e2x + e0 e2x + 1
(e + e ) − (e − e ) = (e ) + 2e e + (e ) −  (e ) − 2ee e + (e ) 
x
−x
2
x
−x
2
x
2
x −x
−x
2
x
2
x −x
−x
2
= 4e x − x = 4e0 = 4.
Exercice 4
Vrai. En effet, pour tous nombres réels a et b,
e2a × e2b = e2( a +b ) = e
2( a + b )
2
= ea + b .
Faux. En effet, le cas a = b = 0 est un contre-exemple : 3ea +b = 3e 0 = 3 et
e 3a × e 3b = e0 × e0 = 1 ≠ 3.
Faux. En effet, le cas a = b = 0 est encore un contre-exemple : e 0 + e 0 = 2 et
e0+0 = e0 = 1.
Vrai. Il suffit de trouver deux nombres réels a et b pour lesquels l’inégalité
est vraie : pour a = b = 1 on a e1 + e1 = 2e ≈ 5,43 et e1+1 = e2 ≈ 7, 38 donc
e1 + e1 < e1+1.
144
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Corrigé séquence 4 – MA02
Corrigé de l’activité du chapitre 3
Étude de la fonction exponentielle
■
Activité 2
Variation et comparaison
La courbe de la fonction exponentielle donnée par une calculatrice permet de
conjecturer que la fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ et que
ses limites en +∞ et en −∞ sont respectivement +∞ et 0.
Comparaison avec les fonctions puissances.
Les courbes et les tables de valeurs permettent de conjecturer que :
▶ pour tout x réel positif, on a exp( x ) > x
▶ pour tout x ≥ 5, on a exp( x ) > x
3
2
,
,
▶ pour n = 10, et pour tout x ≥ 36, on a exp( x ) > x
10
.
Il semble donc que la fonction exponentielle permet de dépasser toutes les
puissances. C’est effectivement le cas et c’est pourquoi on parle souvent de
« croissance exponentielle » pour désigner une croissance extrême.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 3
Exercice 5
e2x − 3 − e x +1 = 0 ⇔ e2x − 3 = e x +1
⇔ 2x − 3 = x + 1 (la fonction exponentielle
étant strictement croissante sur ℝ )
⇔ x = 4.
{}
L’ensemble des solutions de cette équation est donc S = 4 .
On rappelle qu’il est conseillé de donner au moins une fois dans une copie la
justification « la fonction exponentielle étant strictement croissante sur ℝ ».
Nous ne répèterons pas cette justification dans ce qui suit.
On a :
 X 2 + X − 2 = 0  X = 1 ou X = −2
⇔
⇔ e x = 1 ou e x = −2.
e2x + e x − 2 = 0 ⇔ 
x
x
 X = e
 X = e
Corrigé séquence 4 – MA02
145
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L’équation e x = −2 n’a pas de solution car la fonction exponentielle est à valeurs
strictement positives. D’où : e2x + e x − 2 = 0 ⇔ e x = 1 ⇔ e x = e0 ⇔ x = 0.
{}
L’ensemble des solutions de cette équation est donc S = 0 .
On a :
(
)
e2( x +1) − 1+ e2 e x + 1 = 0 ⇔ e2e2x − (1+ e2 )e x + 1 = 0
e2 X 2 − (1+ e2 )X + 1 = 0
⇔
X = ex.

Résolvons l’équation du second degré (E) : e2 X 2 − (1+ e2 )X + 1= 0
On a : ∆ = (1+ e2 )2 − 4 × e2 = 1+ 2e2 + e 4 − 4e2 = 1− 2e2 + e 4 = (1− e2 )2 .
Alors (E) admet 2 solutions réelles :
x1 =
1+ e2 − (1− e2 )
1+ e2 + (1− e2 ) 1
=
1
=
= 2 = e −2 .
et
x
2
2e2
2e2
e
On a donc : e2( x +1) − (1+ e2 )e x + 1= 0 ⇔ e x = 1 ou e x = e −2 ⇔ x = 0 ou x= − 2.
L’ensemble des solutions de cette équation est donc : ᏿ = {0 ; −2}.
2
( ) ⇔e
On a : e x +8 = e x
2
x 2 +8
= e2x ⇔ x 2 + 8 = 2x ⇔ x 2 − 2x + 8 = 0.
Le discriminant de cette dernière équation est ( −2)2 − 4 × 8 = −28, cette équation
n’admet donc aucune solution dans ℝ et donc il en est de même pour l’équation
initiale, S = ∅.
On a :
2
e x > e 3 x ⇔ x 2 > 3x (la fonction exponentielle
est strictemeent croissante sur ℝ )
⇔ x ( x − 3) > 0.
L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc ᏿ =  −∞ ; 0  ∪  3 ; + ∞  .
2
 X + X − 2 > 0
. Le trinôme du second degré
x
 X = e
On a : e 2 x + e x − 2 > 0 ⇔ 
X 2 + X − 2 a été étudié précédemment, il est positif à l’extérieur des
racines 1 et −2 (le coefficient de X 2 vaut 1 : il est positif). On en déduit :
e2x + e x − 2 > 0 ⇔ e x ∈ −∞ ; − 2 ∪ 1; + ∞  ⇔ e x > 1 (la fonction exponentielle
est à valeurs strictement positives).
On a donc : e2x + e x − 2 > 0 ⇔ e x > e0 ⇔ x > 0. L’ensemble des solutions de
cette inéquation est donc : ᏿ = 0 ; + ∞  .
146
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Corrigé séquence 4 – MA02
On a :
2
2
e2x + e x − 2
x
x
<e ⇔0<e − x
⇔0<
⇔ e2x + e x − 2 > 0
x
x
e +1
e +1
e +1
(car e x + 1 est toujours strictement positif).
2
< e x ⇔ e2x + e x − 2 > 0 ⇔ x > 0.
Donc, d’après l’exercice précédent, on a x
e +1
L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc : ᏿ = 0 ; + ∞  .
Exercice 6
Dans cet exercice, on utilise l’équivalence : pour tout réel k strictement positif et
pour tout réel x, e x = k ⇔ x = ln k .
On a : e 3 x +1 = 5 ⇔ 3x + 1 = ln 5 ⇔ x =
ln 5 − 1
.
3
 ln 5 − 1
L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc : ᏿ = 
.
 3 
 X 2 − X − 2 = 0  X = 2 ou X = −1
⇔
e2x − e x − 2 = 0 ⇔ 
x
x
 X = e
 X = e
⇔ e x = 2 ou e x = −1.
La fonction exponentielle est à valeurs strictement positives donc
e2x − e x − 2 = 0 ⇔ e x = 2 ⇔ x = ln 2. L’ensemble des solutions de cette
inéquation est donc : ᏿ = {ln 2}.
On a : e x −1 > 3 ⇔ e x −1 > eln 3 car, pour tout k strictement positif elnk = k .
D’où e x −1 > 3 ⇔ e x −1 > eln 3 ⇔ x − 1 > ln 3 ⇔ x > 1+ ln 3.
L’ensemble des solutions de cette inéquation est donc : ᏿ = 1+ ln 3 ; + ∞  .
la fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, l’inéquation
e x −1 > −3 est vérifiée pour tout réel x, l’ensemble des solutions de cette
inéquation est donc : ᏿ = ℝ.
Exercice 7
La fonction f1 est le produit de deux fonctions dérivables sur ℝ, donc f1 est
dérivable sur ℝ et on a f1 '( x ) = 2xe x + x 2e x .
La fonction f2 est une fonction composée de la forme eu où la fonction u est
dérivable sur ℝ, donc f2 est dérivables sur ℝ et on a
( ( e )' = u ' e ).
f '2 ( x ) = ( −2x + 4 ) e − x + 4 x −1.
2
u
La fonction exponentielle est dérivable sur
u
ℝ et à valeurs strictement
positives, donc la fonction f3 est définie et dérivable sur ℝ et on a :

1 
1
f3 ( x ) = 1+ e − x d’où f3 ( x ) = −e − x ×
.  u ' = u '×
.

2 u
2 1+ e − x
( )
Corrigé séquence 4 – MA02
147
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ℝ le
La fonction f4 est le quotient de deux fonctions dérivables sur
dénominateur ne s‘annulant pas, donc f4 est dérivable sur ℝ et on a
f4 '( x ) =
) (
) = 2e .
(e + 1)
(e + 1)
(
e x e x + 1 − e x − 1 ex
x
  u  u 'v − uv ' 
.
  v  =
v 2 
x
2
2
x
La fonction f5 est une fonction composée de la forme eu où la fonction u
est la fonction inverse, dérivable sur ℝ∗ , donc f5 est dérivables sur ℝ∗ et on a
1
( ( e )' = u ' e ).
 1
f5 '( x ) =  − 2  e x .
 x 
Exercice 8
u
u
Il s’agit d’une forme indéterminée. On peut factoriser par le terme prépondérant.

ex
x
On a : e x − x = e x  1− x  . Comme on sait que lim
= +∞, on en déduit que
x →+∞ x
 e 
x
lim
= 0 et que la limite de la parenthèse est égale à 1. On a aussi lim e x = +∞,
x →+∞
x →+∞ e x
)
(
et, d’après les règles sur les opérations, on obtient : lim e x − x = +∞.
x →+∞
On transforme l’expression : e 2 x − e − x = e x × e x −
On sait que lim e x = 0 donc
x →−∞
(
)
1
.
ex
1
lim e x × e x = 0 et lim
x →−∞
x →−∞ e x
= +∞ (car la
fonction exponentielle est à valeurs strictement positives).
(
)
D’après les règles sur les opérations, on peut conclure que lim e2x − e − x = −∞.
x →−∞
En −∞, le numérateur tend vers −∞ et le dénominateur tend vers 0, il ne s’agit
pas d’une forme indéterminée. La fonction exponentielle est à valeurs strictement
x
e
= −∞.
positives donc xlim
→−∞ x
1
x
=x× x.
x
e
e
1
Comme lim x = −∞ et lim x = +∞ (voir l’exercice précédent), la limite du
x →−∞
x →−∞ e
On peut aussi utiliser un produit en écrivant

1
x
= lim  x × x  = −∞.
x
x →−∞ e
x →−∞
e 
produit est lim
148
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Corrigé séquence 4 – MA02
Il s’agit d’une forme indéterminée, on met en facteur le terme prépondérant
au numérateur et au dénominateur.
1
x
e −1 e
= × e .
3
x +3 x
1+
1
x 
1− x 

Comme lim e x = +∞ et lim x = +∞, on a lim  e  = 1.
x →+∞
x →+∞
x →+∞
 1+ 3 

x 
x
1−
x

1
1− x 
x
x



e
1
e
−
e
= lim  × e  = +∞.
= +∞, donc lim 
On sait que xlim
x →+∞  x + 3 
→+∞ x
 x →+∞  x 1+ 3 

x 
x
Il s’agit d’un produit dont les deux facteurs tendent vers +∞, donc
lim ( x + 1)e x = +∞.
x →+∞
Il s’agit d’une forme indéterminée. En développant, on peut utiliser les limites
du cours : ( x + 1)e x = xe x + e x . Comme lim xe x = lim e x = 0 on conclut :
x →−∞
x →−∞
lim ( x + 1)e x = 0.
x →−∞
Exercice 9
La fonction f est définie sur ℝ par f ( x ) = x e x .
▶
lim f ( x ) = +∞ car il s’agit d’un produit dont les deux facteurs tendent vers +∞.
x →+∞
▶
lim f ( x ) = 0, c’est un résultat du cours.
x →−∞
▶ La fonction f est le produit de deux fonctions dérivables sur
ℝ, donc f est
dérivable sur ℝ et f '( x ) = e x + xe x = (1+ x )e x . la fonction dérivée f’ est donc
du signe de 1+ x .
x
−∞
−
f '( x )
0
+∞
−1
0
+
+∞
f (x )
Corrigé séquence 4 – MA02
149
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Exercice 10
Partie A
Soit la fonction f définie sur l’intervalle I = 0 ; 30  par : f (t ) = 2500 × e −0 ,513t .
La fonction f est une fonction composée de la forme eu et a les mêmes
variations que la fonction u. Ici u est une fonction affine où le coefficient de la
variable est négatif, donc la fonction f est décroissante sur I = 0 ; 30  .
Voir ci-après.
Partie B
f (0 ) = 2500 × e −0,513 × 0 = 2500 Bq.
f (18 ) = 2500 × e −0,513 ×18 = 2500 × e −9,234 ≈ 0,24 Bq.
La demi-vie, notée T, d’un radionucléide est le temps nécessaire au bout
duquel son activité a diminué de moitié, donc ici on cherche le temps T pour
lequel l’activité du radio nucléide est égale à 1250 Bq.
a)
Bq
2500
1250
200
O
1
T
temps
D’après le graphique, on trouve T ≈ 1, 3 h.
b)
Par
le
calcul
la
période
T
vérifie
l’équation
f (T ) =
f (0)
2
soit 2500 × e −0,513T = 1250 qui équivaut à e −0,513T = 0,5 ou encore e 0,513T = 2.
Et enfin 0, 513T = ln 2 soit T =
150
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Corrigé séquence 4 – MA02
ln 2
≈ 1, 351h ≈ 1h 21min.
0, 513
Corrigé des exercices
de synthèse du chapitre 4
Exercice I
Soit f la fonction définie sur ℝ par f ( x ) =
ex − 1
.
ex + 1
lim f ( x ) = −1 car lim e x = 0.
x →−∞
x →−∞
En +∞, il s’agit d’une forme indéterminée. On peut transformer l’expression de
)
)
(
(
−x
x
e x − 1 e 1− e
1− e − x
f (x ) : f (x ) = x
= x
=
.
e + 1 e 1+ e − x
1+ e − x
1
1− e − x
=
0
,
on
conclut
que
:
lim
f
(
x
)
=
lim
= 1.
x →+∞
x →+∞ e x
x →+∞
x →+∞1+ e − x
Ces limites montrent que les droites d’équation y = 1 et y = −1 sont asymptotes
Comme lim e − x = lim
à la courbe représentative de f.
la fonction f est égale au quotient de deux fonctions dérivable sur ℝ donc f
est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, on a :
f '( x ) =
) (
) = 2e .
(e + 1)
(e + 1)
(
ex ex + 1 − ex − 1 ex
x
x
2
x
2
La fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, il en est de même
pour la fonction dérivée f ' et donc la fonction f est strictement croissante sur ℝ.
x
−∞
+∞
+
f '( x )
1
f (x )
−1
Ꮿf
j
O
i
Corrigé séquence 4 – MA02
151
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Exercice II
Partie A
La fonction f est définie sur 0 ; + ∞  par f (t ) = 8, 25 t e −t .
et
t
lim
= +∞, on obtient lim f (t ) = 0 ce qui
et
que
t →+∞ t
t →+∞
et
+∞
montre que l’axe des abscisses est asymptote en
à la courbe Ꮿ.
Comme f (t ) = 8, 25
La fonction f est le produit de deux fonctions dérivables sur 0 ; + ∞ 
donc f est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour tout réel positif t, on a :
f '(t ) = 8, 25e −t − 8, 25te −t = 8, 25e −t (1− t ). Comme la fonction exponentielle est
à valeurs strictement positives, f '(t ) est du signe de 1− t d’où le tableau de
variation :
0
t
1
+
f '(t )
0
+∞
−
8,25e −1
f (t )
0
0
La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation y = f '( 0 )(t − 0 ) + f (0 ) soit
y = 8, 25t .
Comme f '(1) = 0 la tangente au point d’abscisse 1 est parallèle à l’axe des
abscisses.
concentration
en cg
1
j
O
152
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Corrigé séquence 4 – MA02
i
1
t en heures
Partie B
Comme 2 h 30 min correspond à t = 2, 5 on obtient : f ( 2, 5) = 8, 25 × 2, 5 × e −2,5
d’où f (2, 5) ≈ 1, 693 cg.
Une résolution graphique étant trop imprécise, on utilise le théorème des
valeurs intermédiaires pour justifier l’existence de deux solutions de l’équation
f (t ) = 1 et en déduire des encadrements de ces solutions.
▶ Sur l’intervalle
I = 0 ; 1 la fonction f est le quotient de deux fonctions
dérivables, donc la fonction f est dérivable sur I, donc continue sur I. Comme
f (0 ) = 0 et f (1) = 8, 25e −1 ≈ 3, 035, le nombre 1 appartient à l’intervalle
f (0 ) ; f (1) et l’équation f (t ) = 1 admet au moins une solution dans l’intervalle
I. Comme f est strictement croissante sur I, cette solution est unique, on la note
t 1.
On a f (0,13) ≈ 0, 941 et f (0,14 ) ≈ 1, 004 donc f (0,13) < f (t 1 ) < f (0,14 ) et donc
0,13 < t 1 < 0,14 puisque f est strictement croissante sur I.
▶ De même, sur l’intervalle
J = 1; + ∞  la fonction f est le quotient de deux
fonctions dérivables, donc la fonction f est dérivable sur J, donc continue sur
J. Comme f (1) = 8, 25e −1 ≈ 3, 035 et lim f (t ) = 0 le nombre 1 appartient à
t →+∞
l’intervalle des images 0 ; f (1) et l’équation f (t ) = 1 admet au moins une
solution dans l’intervalle J. Comme f est strictement décroissante sur J, cette
solution est unique, on la note t 2 .
On a f ( 3, 30 ) ≈ 1, 004 et f ( 3, 31) ≈ 0, 997 donc f ( 3, 31) < f (t 2 ) < f ( 3, 30 ) et donc
3, 30 < t 2 < 3, 31 puisque f est strictement décroissante sur I.
▶ La durée pendant laquelle le médicament est efficace est égale à l’amplitude
de l’intervalle t 1 ; t 2  .
Comme 0,13 < t 1 < 0,14 < 3, 30 < t 2 < 3, 31
on obtient 3, 30 − 0,14 < t 2 − t 1 < 3, 31− 0,13 d’où 3,16 < t 2 − t 1 < 3,18.
3,16 h = 3 h 9 min 36 s
et 3,18 h = 3 h 10 min 48 s on peut dire que le
médicament est actif pendant 3 h 10 min à 1min près.
Corrigé séquence 4 – MA02
153
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Exercice III
L’étude de la fonction f définie sur ℝ par f ( x ) = x e x a été faite dans l’exercice 9.
−∞
x
−
f '( x )
+∞
−1
0
+
+∞
0
f (x )
−e −1
On déduit du tableau de variations de f que :
−1
alors l'équation f (x ) = n'admet aucune solution ;
e
−1
Si a =
alors l’équation f (x ) = a admet une unique solution : –1 ;
e
Si −1 < a < 0 alors l’équation f (x ) = a admet deux solutions :
e
Si a <
( x 1 ∈  −∞; −1 et x 2 ∈  −1 ; +∞  ) ;
Si a = 0 alors l’équation f (x ) = a admet une unique solution : 0 ;
Si a > 0 alors l’équation f (x ) = a admet une solution x 0 ∈  −1 ; +∞  et même
x 0 ∈ 0 ; +∞  .
Le réel
1
est un nombre strictment positif alors, d’après ce qui précède,
n
l’équation f ( x ) =
1
admet une unique solution u n et u n ∈ 0 ; +∞  .
n
Le réel u1 est solution de l’équation : f ( x ) = 1 ; u est positif et de plus
1
f (1) = e est strictement supérieur à 1. On en déduit u1 ∈0 ; 1  . et on trouve par
dichotomie ou balayage : u1 = 0, 567 à 10−3 près.
1
Le réel u 2 est solution de l’équation : f ( x ) = ; u 2 est positif et de plus
2
1
f (1) = e est strictement supérieur à . On en déduit u 2 ∈0 ; 1  et on trouve
2
par dichotomie ou balayage : u 2 = 0, 352 à 10−3 près.
154
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Corrigé séquence 4 – MA02
Le réel u 3 est solution de l’équation : f ( x ) = 3 ; u 3 est positif et de plus f (1) = e
est strictement supérieur à
1
. On en déduit u 3 ∈ 0 ; 1  et on trouve par


3
dichotomie ou balayage : u 3 = 0, 257 à 10−3 près.
Tous les termes u n sont dans l’intervalle 0 ; + ∞  où la fonction f est
strictement croissante. Pour comparer u n et u n +1 on compare leurs images par la
1
fonction f. Comme u n est l’unique solution sur 0 ; + ∞  de l’équation f ( x ) = ,
n
1
1
on a f (u n ) = et de même f (u n +1 ) =
.
n
n +1
1
1
<
signifie que f (u n +1 ) < f (u n ) et donc
n +1 n
un +1 < un puisque la fonction f a conservé l’ordre.
Pour tout n de ℕ ∗ , l’inégalité
( )
La suite u n est donc décroissante.
Tous les termes u n sont strictement positifs donc la suite est décroissante et
minorée par 0, elle est donc convergente.
On raisonne de même pour prouver que pour tout n de ℕ ∗ : u n <
1
.
n
1
 1 1 1
 1
1 1 1
En effet, f   = e n et 1 < e n , donc < e n , soit f u n < f   ,
n n
n n
n
( )
1
d’où u n < .
n
1
1
et lim = 0, d’après le théorème des gendarmes, on
n →+∞n
n
conclut : lim u n = 0.
Comme 0 < u n <
n →+∞
Ꮿk
Exercice IV
M
j
T
O
ᑞ
ici k = 0,5
i
H
Corrigé séquence 4 – MA02
155
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(
)
Soit M un point de la courbe Ꮿ k de coordonnées a ; eka a étant un nombre
réel quelconque.
( )
Le point H a pour coordonnées a ; 0 .
Comme la fonction fk est dérivable sur ℝ et que pour tout réel x on a
fk '( x ) = kekx , la droite Ᏸ a pour équation y = keka ( x − a ) + eka . Le point T est
le point de cette droite d’ordonnée 0 et dont l’abscisse x vérifie donc l’équation

eka
1 
0 = keka ( x − a ) + eka , d’où x − a = − ka et T  a − ; 0 .
k 

ke
Comme les deux points H et T sont sur l’axe des abscisses, on a

1
1 1
TH = x H − x T = a −  a −  = =
: cette distance est bien indépendante
k k k

de a, l’abscisse du point M.
Remarque
on peut aussi utiliser
(x − x ) + (y − y ) .
2
TH =
Exercice V
H
T
2
H
T
 1
 = −∞ (remarque : il n’est pas utile ici de distinguer
x →0  x 2 
1
x > 0 et x < 0) et que lim e X = 0, donc en composant avec X = − 2 on
X →−∞
x
On sait que lim  −
 −1
2
obtient lim f ( x ) = lim  e x  = lim e X = 0.
 X →−∞
x →0
x →0 


Donc lim f ( x ) = f (0 ) ce qui prouve que la fonction f est continue en 0.
x →0
Pour étudier la dérivabilité en 0, on étudie la limite du taux d’accroissement
en 0.
1
− 2
h
f (0 + h ) − f (0) e
=
. Quand h tend vers 0 c’est une forme
h
h
indéterminée et, comme l’exposant tend vers −∞ on cherche à faire apparaître
Pour tout h non nul,
1
−
156
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1 − h2
e pour utiliser la limite lim Xe X = 0.
2
X →−∞
h
Corrigé séquence 4 – MA02
1
− 2
h
 1 − 12 
f (0 + h ) − f (0) e
On écrit :
=
= ( −h  − 2 e h  .
h
h
 h

Comme
 1
lim  − 2  = −∞,
h →0  h 
)
en composant avec
X =−
1
h2
on obtient
1 

1 −h2
lim  − e  = lim Xe X = 0 et, en multipliant par h qui tend aussi
h →0  h 2
 X →−∞

( )
 f (0 + h ) − f (0) 
vers 0 : lim 
 = 0.
h →0 
h
La fonction f est donc dérivable en 0 et f ’(0) = 0.
On étudie les limites et les variations de f.
1
= 0 et lim e X = e0 = 1 (car la fonction exponentielle est
x →+∞ x 2
X →0
1
− 2
1
continue en 1), donc en composant avec X = − 2 , on a lim e x = lim e X = 1.
x →+∞
X →0
x
1
+∞,
▶ En
lim −
▶ En −∞, on trouve de même
▶ Sur
−
lim e x = lim e X = 1.
x →−∞
2
X →0
1
x
ℝ∗ , f ( x ) = eu ( x ) où u est la fonction définie par u ( x ) = − 2 qui est définie
2
. Ainsi, par composition, f est dérivable sur
3
1 x
1 −
ℝ∗ et f '( x ) = u '( x )eu ( x ) = 3 e x 2 qui a le même signe que x 3 , c’est-à-dire que x.
x
et dérivable sur ℝ∗ avec u '( x ) =
x
−∞
0
−
f '( x )
+∞
0
+
1
1
f (x )
0
Les limites montrent que la droite d’équation y = 1 est asymptote à la courbe
Ꮿ en +∞ et en −∞.
j
O
i
Corrigé séquence 4 – MA02
157
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Remarque
les valeurs de f ( x ) semblent nulles sur l’intervalle  −0, 4 ; 0, 4  , il n’en est rien,
la courbe est seulement très écrasée aux alentours de l’origine et f ( x ) est nul
seulement pour x = 0.
Exercice VI
Soit a un nombre réel fixé, la fonction fa définie sur ℝ par fa ( x ) = e x − ax
est la différence de deux fonctions dérivables sur ℝ, donc fa est aussi dérivable
sur ℝ et fa '( x ) = e x − a.
Pour tout a ≤ 0, la dérivée ne s’annule jamais sur ℝ donc la fonction fa ne peut
pas avoir d’extremum.
Pour tout a > 0, la fonction dérivée fa ' est strictement croissante comme la
fonction exponentielle. On sait que fa '( x ) = 0 ⇔ e x = a ⇔ x = ln a , donc fa '( x )
est négatif quand x ≤ ln a et positif quand x ≥ ln a. la fonction fa est donc
décroissante puis croissante, elle admet donc un minimum.
x
−∞
0
fa '( x ) = e x − a
Signe de fa '( x )
−
0
fa ( x )
fa (lna )
158
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Corrigé séquence 4 – MA02
+∞
lna
+
(
Ꮿ0,1
Soit a > 0 et Ma x M ; y M
) le point
de Ꮿ a d’ordonnée maximale. On a
x
donc fa '( x M ) = 0, soit e M = a.
Ꮿ3
Comme y M = fa ( x M ),
x
M0,1
on a y M = e M − ax M
j
O
x
i
M3
y = (l–x)ex
Exercice VII
x
ou encore y M = e M − e M x M
x
soit y M = (1− x M )e M .
Les points Ma sont bien sur la courbe
d’équation y = (1− x )e x qui est
représentée sur le graphique.
La fonction C est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour tout réel t positif, on a
( )
C '(t ) = 8( −e −t − ( −2)e −2t ) = 8( −et + 2)e −2t (car eu ' = u ' eu ).
Comme une exponentielle est toujours strictement positive, C '(t ) est du signe de 2− et .
La fonction définie sur 0 ; + ∞  par t ֏ 2− et est décroissante car la fonction
exponentielle est croissante. 2− et est nul lorsque et = 2 c’est-à-dire quand
t = ln 2. Ainsi, 2− et est positif si t < ln 2, nul pour t = ln 2 et négatif si t > ln 2.
Il en est de même pour C '(t ).
Pour déterminer lim C (t ), on peut transformer l’écriture :
t →+∞
(
−t
C (t ) = 8 e − e
−2t
)
 1  1  2
= 8 t −  t   .
 e  e  
Comme lim et = +∞, on trouve lim C (t ) = 0.
t →+∞
t →+∞
Comme eln 2 = 2, la valeur du maximum est égale à
 1  1  2
 1 1
C (ln 2) = 8  ln 2 −  ln 2   = 8  −  = 2.
 e
 e  
 2 4
t
0
+
C '(t )
+∞
ln 2
0
−
2
C (t )
0
0
Corrigé séquence 4 – MA02
159
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La limite en +∞ montre que l’axe des abscisses est asymptote à la courbe
représentative de la fonction Ꮿ.
j
i
O
ln2
On cherche au bout de combien de temps la concentration retombe à la moitié
de sa valeur maximale, on cherche donc à résoudre l’équation C (t ) = 1 dans
l’intervalle ln 2 ; + ∞  .
8 8
2
 1  1  2
 − = 1 T − 8T + 8 = 0
.
⇔
C (t ) = 1 ⇔ 8  t −  t   = 1 ⇔ T T 2
t
 e  e  
e
T
=
t

T = e


L’équation du second degré a deux racines, 4 − 2 2 et 4 + 2 2.
La résolution des deux équations et = 4 − 2 2 et et = 4 + 2 2 donne deux
(
)
(
)
solutions t 1 = ln 4 − 2 2 ≈ 0,158 et t 2 = ln 4 + 2 2 ≈ 1, 921.
Seule la solution t 2 convient et
t 2 ≈ 2 h + 0, 2677 × 60 min
t 2 ≈ 2 h + 16 min.
Pour déterminer le plus petit entier n tel que la concentration soit devenue
inférieure à 10−3 au bout de n heures, il suffit d’afficher sur la calculatrice des
valeurs de la fonction C, et on trouve n = 9 car C (8 ) ≈ 0, 002 et C (9 ) ≈ 0, 00099.
Exercice VIII
ℝ par f ( x ) = xe x est le produit de deux fonctions
dérivables sur ℝ, donc f est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, f '( x ) = e x + xe x .
▶ La fonction f définie sur
▶
De même, d’après les propriétés des opérations, la fonction dérivée
f ' est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, f "( x ) = e x + (e x + xe x ), soit
f "( x ) = 2e x + xe x .
▶ De même, d’après les propriétés des opérations, la fonction dérivée seconde
f " est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, f ( 3 ) ( x ) = 2e x + (e x + xe x ), soit
f ( 3 ) ( x ) = 3e x + xe x .
160
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Corrigé séquence 4 – MA02
On va donc démontrer par récurrence que, pour tout entier n strictement positif,
« f est dérivable n fois sur ℝ et, pour tout réel x, f ( n ) ( x ) = ne x + xe x ».
▶ Initialisation : la proposition est vraie pour n = 1.
▶ Hérédité : soit k un entier strictement positif pour lequel on suppose que la
propriété est vraie.
Ainsi la fonction f ( k ) est définie sur ℝ par f ( k ) ( x ) = ke x + xe x , elle est donc
dérivable et, f ( k +1) ( x ) = k e x + e x + x e x = (k + 1)e x + x e x . La proposition est donc
héréditaire.
▶ Conclusion : pour tout entier n strictement positif, f est dérivable n fois sur
ℝ
et, pour tout réel x, f ( n ) ( x ) = ne x + xe x .
Exercice IX
Partie A
Partie A
On considère la fonction g définie sur 0 ; + ∞  par g ( x ) = e x − x − 1.
La fonction g est égale à la différence de deux fonctions dérivables
sur 0 ; + ∞  donc la fonction g est dérivable sur 0 ; + ∞  et g '( x ) = e x − 1.
La fonction exponentielle est strictement croissante sur 0 ; + ∞  , il en est donc
de même de la fonction g’.
Comme g '(0 ) = e0 − 1 = 0, on en déduit que g '( x ) ≥ 0 sur 0 ; + ∞  . Donc la
fonction g est croissante sur 0 ; + ∞  .
On en déduit que, pour tout réel x positif, on a g ( x ) ≥ g ( 0 ), soit g ( x ) ≥ 0.
Donc g ( x ) est toujours positif sur 0 ; + ∞  .
Pour tout réel x positif, on a donc e x − x − 1 ≥ 0, soit e x − x ≥ 1. Donc, pour
tout réel x positif, on a aussi e x − x > 0.
Partie B
On a : f ( 0 ) =
e0 − 1
e1 − 1
=
0
= 1.
et
f
(
1
)
=
e0 − 0
e1 − 1
Comme on admet que f est strictement croissante sur 0 ; 1 , pour tout x
de 0 ; 1 , on a f (0 ) ≤ f ( x ) ≤ f (1), c’est-à-dire 0 ≤ f ( x ) ≤ 1.
Donc, pour tout x de 0 ; 1 , f ( x ) ∈0 ; 1 .
Corrigé séquence 4 – MA02
161
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Complément :
les plus courageux pourront démontrer que f est strictement croissante
N(x )
et en
sur 0 ; 1 en calculant f '( x ) qui a la forme d’un quotient
2
x
e −x
étudiant les variations de N ( x ) pour déterminer son signe.)
)
(
a) Pour tout x de  0 ; 1 , on a :


(
=
)
e − 1− x e − x
ex − 1
(1− x )e x − 1+ x 2
=
x
−
=
ex − x
ex − x
ex − x
x
f (x ) − x =
x
(1− x )e x − (1− x )(1+ x ) (1− x )g ( x )
=
.
ex − x
ex − x
b) Pour étudier la position relative de la droite Ᏸ, d’équation y = x , et de la
courbe Ꮿ sur 0 ; 1 , on étudie le signe de la différence f ( x ) − x =
(1− x )g ( x )
.
ex − x
Pour tout x de 0 ; 1 , 1− x ≥ 0 et, d’après la partie A, g ( x ) ≥ 0 et e x − x > 0.
Ainsi, pour tout x de 0 ; 1 , f ( x ) − x ≥ 0.
La courbe Ꮿ est donc toujours au-dessus de la droite Ᏸ sur 0 ; 1 ,
Partie C
Ꮿ
j
Ᏸ
O
u0 u1 u2 u3
( )
On considère la suite u n
162
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Corrigé séquence 4 – MA02
i

1
u 0 =
2
.
définie par : 
u = f u , pour tout entier naturel n
n
 n +1
( )
Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, «
1
≤ u ≤ u n +1 ≤ 1 ».
2 n
1
donc u 0 est dans 0 ; 1 . Donc, d’après la Partie B,
2
f (u 0 ) ∈0 ; 1 et f (u 0 ) − u 0 ≥ 0, soit f (u 0 ) ≥ u 0 . Comme f (u 0 ) = u1 , on obtient
1
≤ u ≤ u ≤ 1, donc la propriété est vraie pour n = 0.
2 0 1
▶ Initialisation : u
0
=
▶ Hérédité : soit k un entier naturel,
k ≥ 0, pour lequel on suppose que
1
≤ u ≤ u k +1 ≤ 1. Comme la fonction f est croissante sur 0 ; 1 , on a
2 k
 1
f   ≤ f uk ≤ f uk +1 ≤ f (1), soit u1 ≤ uk +1 ≤ uk +2 ≤ 1. Comme on a vu que
 2
1
1
≤ u 0 ≤ u1 , on en déduit ≤ u k +1 ≤ u k +2 ≤ 1. La propriété est donc héréditaire.
2
2
( ) ( )
1
≤ u ≤ u n +1 ≤ 1.
2 n
▶ Conclusion : pour tout entier naturel n,
( ) est croissante et majorée par 1. La
Ce qui précède prouve que la suite u n
( )
suite u n est donc convergente et sa limite ℓ est telle que
1
≤ ℓ ≤ 1.
2
La fonction f est le quotient de deux fonctions continues sur 0 ; 1
(avec le dénominateur non nul), donc f est continue sur 0 ; 1 d’où
( ( )) = f ( lim u ) = f (ℓ ). Mais u = f (u ) , donc
lim (f (u )) = lim u = ℓ.
lim f u n
n →+∞
n +1
n →+∞ n
n →+∞
n
n
n →+∞ n +1
1 
Donc le nombre ℓ est dans l’intervalle  ; 1 et tel que f ( ℓ ) = ℓ.
2 
L’équation f ( x ) = x équivaut à f ( x ) − x = 0, soit, d’après la Partie B,
à (1− x )g ( x ) = 0.
On a vu dans la Partie A que la fonction g est croissante sur 0 ; + ∞  , et comme
 1
1 
g   ≈ 0,15 on obtient que donc g ( x ) > 0 sur  ; 1 .
 2
2 
1 
L’équation f ( x ) = x n’a donc que la solution x = 1 sur  ; 1 et c’est le nombre ℓ.
2 
La suite u n converge donc vers 1 (comme on peut le conjecturer d’après le graphique).
( )
Corrigé séquence 4 – MA02
163
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Corrigé de la séquence 5
C
Corrigé de l’activité du chapitre 2
■
Activité 1
Avec
a = et b = 1, 5 on a f (2 × 1, 5) = f ( 3) = 11, 527
et f (2) + f (1, 5) = 7, 273 + 4 , 254 = 11, 527.
Avec a = 1, 4 et b = 3 on a f (1, 4 × 3) = f ( 4 , 2) = 15, 057
et f (1, 4 ) + f ( 3) = 3, 530 + 11, 527 = 15, 057.
Dans ces deux exemples, on retrouve bien f (a × b ) = f (a ) + f (b ).
Avec a = 1, 8
et b = 1, 2 on f (1,8)+f (1,2) = 6,167+1,913 = 8,08
et f (1, 8 × 1, 2) = f (2,16 ).
Le nombre f (2,16 ) n’est pas indiqué dans la table, mais comme la fonction
f est strictement croissante sur ℝ+∗ on sait que f (2,1) ≤ f (2,16 ) ≤ f (2, 2)
soit 7, 784 ≤ f (2,16 ) ≤ 8, 273 ce qui est vérifié par 8,08.
On a f (1, 9 × 2, 2) = f (1, 9 ) + f ( 2, 2) = 6, 734 + 8, 273 = 15, 007 ; la deuxième ligne
de la table permet de lire que 1, 9 × 2, 2 est compris entre 4,17725 et 4,2 (la
valeur exacte est 4,18).
On a f (1, 2 × 1, 6 × 1, 7) = f (1, 2) + f (1, 6 ) + f (1, 7) = 1, 913 + 4 , 931+ 5, 567 = 12, 411 ; la
deuxième ligne de la table permet de lire que 1, 2 × 1, 6 × 1, 7 est compris entre 3,2
et 3,3 (la valeur exacte est 3,264).
( ) (
)
On a f 1, 92 = f 1, 9 × 1, 9 = f (1, 9 ) + f (1, 9 ) = 2 × f (1, 9 ) = 2 × 6, 734 = 13, 468 ; la
deuxième ligne de la table permet de lire que 1, 92 est un peu plus grand que 3,6
(la valeur exacte est 3,61).
( )
De même f 1, 25 = 5 × f (1, 2) = 5 × 1, 913 = 9, 565 ; la deuxième ligne de la table
permet de lire que 1, 25 est compris entre 2,4 et 2,5 (la valeur exacte est 2,48832).
(
) ( ) ( )
f 1, 23 × 1, 52 = f 1, 23 + f 1, 52 = 3 × f (1, 2) + 2 × f (1, 5)
= 3 × 1, 913 + 2 × 4 , 254 = 14 , 2477 ;
Corrigé séquence 5 – MA02
165
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la deuxième ligne de la table permet de lire que 1, 23 × 1, 52 est compris entre 3,8
et 3,9 (la valeur exacte est 3,888).
Ces calculs, le dernier en particulier, montre bien comment la fonction f permet de
faire des calculs techniquement plus simples. Les résultats obtenus ne sont que
des valeurs approchées. Les tables qui ont été réellement utilisées jusque dans les
années 1970 comportaient donc beaucoup de décimales.
Pour calculer un produit on utilise une addition, on peut donc conjecturer que
a
pour calculer un quotient on peut utiliser une différence : f   = f (a ) − f (b ).
 b
 4 ,1
On a f   = f ( 4 ,1) − f ( 3, 2) = 14 , 804 − 12, 204 = 2, 600 ; la deuxième ligne de la
 3, 2 
4 ,1
table permet de lire que
est compris entre 1,2 et 1,3 (une valeur approchée
3, 2
à 10−5 près est 1,28125).
On a observé qu’élever un nombre a au carré correspond à multiplier par
2 valeur de f (a ) ; on conjecture que prendre la racine carrée d’un nombre x
correspond à prendre la moitié de la valeur de f (a )
f
( a ) = 0,5f (a ).
On a 0, 5 × f (1, 7) = 0, 5 × 5, 567 = 2, 7835 ; la deuxième ligne de la table permet de
7 est un peu plus grand que 1,3 (une valeur approchée à 10−5 près
lire que
est 1,30384). Ces conjectures seront démontrées dans le cours.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 2
Exercice 1
Les calculs de cet exercice utilisent toutes les propriétés algébriques de la fonction ln.
▶ ln 6 = ln( 2 × 3) = ln 2 + ln 3,
( ) = 4ln 2,
4
▶ ln 16 = ln 2
3
▶ ln 24 = ln( 3 × 2
) = ln 3 + ln(23 ) = ln 3 + 3ln 2,
( ) = ln(3 ) = 2ln ,
2
▶ ln ( −3)
166
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Corrigé séquence 5 – MA02
2
3
3
▶ ln 54 = ln( 2 × 3
▶ ln
Exercice 2
( ) ( )
 4
2
3
 27  = ln 4 − ln 27 = ln 2 − ln 3 = 2ln 2 − 3ln 3,
▶ ln
( 36 ) = ln(6) = ln(2 × 3) = ln 2 + ln 3,
▶ ln
 9
2
3
 8  = ln 9 − ln 8 = ln 3 − ln 2 = 2ln 3 − 3ln 2.
( ) ( )
( × 7) − ln 7 = ln(3 ) + ln 7 − ln 7 = 2ln 3,
1
7
ln( 27 3 ) = ln( 3 ) + ln( 3 ) = 3ln 3 + ln 3 = ln 3,
2
2
2ln 21− ln 49 = 2ln( 3 × 7) − ln( 7 ) = 2ln 3 + 2ln 7 − 2ln 7 = 2ln 3.
2
2
▶ ln 63 − ln 7 = ln 3
▶
▶
Exercice 3
) = ln 2 + ln( 33 ) = ln 2 + 3ln 3,
3
2
 1
4
C = 5ln   − 4 ln 3 = 5( − ln 3) − ln 3 = −7ln 3 ;
2
 3
 4 5 3
 3
 5
 4
D = ln   + ln   + ln   = ln  × ×  = ln 1 = 0
 5 3 4
 4
 3
 5
 3
 5
 4
ou D = ln   + ln   + ln   = ln 4 − ln 5 + ln 5 − ln 3 + ln 3 − ln 4 = 0.
 4
 3
 5
Exercice 4
ln 6 − ln 3
E=e
F=e
− 1 ln 4
2
6
= e 3 = eln 2 = 2 ;
ln
( ) = e− ×2ln2 = e− ln2 = 1 = 1.
− 1 ln 22
=e 2
1
2
eln 28
28
G = eln 28 − ln 4 =
= =7 ;
4
eln 4
eln 2
2
( ) ( ) = eln(9 ×8) = 9 × 8 = 72.
ln 32 + ln 23
H = e2ln 3+ 3 ln 2 = e
( )
 
I = ln  1  = − ln e5 = −5.
 e5 
Exercice 5
Vrai / Faux
a) Vrai. On sait qu’une valeur approchée de e est 2,7, donc on sait aussi que
2 < e < 3. Comme la fonction ln est strictement croissante sur 0 ; + ∞  , on en
déduit que ln 2 < ln e < ln 3, c’est-à-dire ln 2 < 1 < ln 3.
ln 2
, puisqu’en
ln 0, 5
divisant par ln 0, 5 qui est strictement négatif, l’inégalité change de sens. Comme
b) Faux. L’inéquation x × ln 0, 5 ≤ ln 2 est équivalente à x ≥
Corrigé séquence 5 – MA02
167
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1
1
ln 2 2 ln 2 2 ln 2
1
1
=
=
= − , finalement l’inégalité est équivalente à x ≥ − .
1
− ln 2
ln 0, 5 ln
2
2
2

 1
 2
Conclusion ᏿ =  − ; + ∞  .

c) Faux. D’après la relation fonctionnelle de la fonction exponentielle,
( )
x = e5 × e7 = e5+ 7 = e12 , donc ln x = ln e12 = 12.
11
11
< ln 5, 2 ⇔
< 5, 2 car la
4,9
4,9
fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ donc elle conserve l’ordre.
)
(
d) Vrai. a < b ⇔ ln 11− ln 4 , 9 < ln 5, 2 ⇔ ln
11
< 5, 2 ⇔ 11 < 4 , 9 × 5, 2 et le calcul mental de 4 × 5 montre que
4,9
la dernière inégalité est vraie, donc, par équivalence, la première est vraie aussi.
D’où a < b ⇔
Exercice 6
Commentaire : on utilise ici des équivalences justifiées par les propriétés 5 et 6,
guidé par la remarque : l’application de la fonction ln fait disparaître l’exponentielle et l’application de la fonction exponentielle fait disparaître le logarithme.
On a les équivalences : ln( 5x + 2) = ln 3 ⇔ 5x + 2 = 3 ⇔ x =
 1
S =  .
5 
On a les équivalences :
ln( −2x + 1) = 0 ⇔ eln( −2x +1) = e0 ⇔ − 2x + 1 = 1 ⇔ x = 0,
1
et on conclut
5
et on conclut
S = {0 }.
On a les équivalences :
ln( 3x + 1, 5) = 2 ⇔ eln( 3x +1,5) = e2 ⇔ 3x + 1, 5 = e2 ⇔ x =
 e2 − 1, 5 
S=
.
 3 
e2 − 1, 5
et on conclut
3
On a les équivalences :
(
)
e2x − 3 = 2 ⇔ ln e2x − 3 = ln 2 ⇔ 2x − 3 = ln 2 ⇔ x =
 3 + ln 2 
S=
.
 2 
Exercice 7
3 + ln 2
2
et on conclut
ln( x + 3) + ln( x + 2) = ln( x + 11)
Déterminons le domaine d’étude D (ensemble des réels x
ln( x + 3) + ln( x + 2) et ln( x + 11) soient définis).
168
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Corrigé séquence 5 – MA02
tels que
 x > −3
x + 3 > 0


On a : x ∈D ⇔  x + 2 > 0 ⇔  x > −2 ⇔ x > −2. D'où D = ]−2 ; +∞ [ .
 x + 11 > 0  x > −11


L’accolade signifie ici : x + 3 > 0 et x + 2 > 0 et x + 11 > 0.
De plus, pour tout x de D :
ln( x + 3) + ln( x + 2) = ln( x + 11) ⇔ ln[( x + 3)( x + 2)] = ln( x + 11)
⇔ ln( x 2 + 5x + 6) = ln( x + 11)
⇔ x 2 + 5x + 6 = x + 11 ( x → ln x étant bijec
⇔ x 2 + 4x + 5 = 0
Résolvons cette équation du second degré : x 2 + 4 x − 5 = 0.
On a : ∆ = 42 − 4 × ( −5) = 36 = 62. Cette équation admet donc deux solutions
réelles : x 1 =
−4 − 6
−4 + 6
= −5 et x 2 =
= 1.
2
2
Seul x 2 appartient à D , ainsi l’ensemble des solutions réelles de l’équation
{}
ln( x + 3) + ln( x + 2) = ln( x + 11) est : ᏿ = 1 .
ln( x 2 + 5x + 6 ) = ln( x + 11).
Déterminons le domaine d’étude D de l’équation. On a :
 x 2 + 5x + 6 > 0
x ∈D ⇔ 
 x + 11 > 0
Les solutions de l’équation du second degré x 2 + 5x + 6 = 0 sont −3 et −2.
Ainsi x 2 + 5x + 6 > 0 ⇔ x ∈  −∞ ; −3  ∪  −2 ; +∞  .
On a donc : D =  −11 ; −3  ∪  −2 ; +∞  .
Les calculs effectués pour la 1re question de l’exercice nous montrent alors que :
{
}
᏿ = −5 ; 1 .
(ln x )2 + 2ln x − 3 = 0.
La fonction ln étant définie sur 0 ; +∞  , on a D = 0 ; +∞  . Effectuons le
changement de variables X = ln x :
 X = ln x
(ln x )2 + 2ln x − 3 = 0 ⇔  2
.
 X + 2X − 3 = 0
Les solutions de l’équation du second degré X 2 + 2X − 3 = 0 sont –3 et 1.
Corrigé séquence 5 – MA02
169
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Ainsi :
 X = ln x
(ln x )2 + 2ln x − 3 = 0 ⇔ 
 X = −3 ou X = 1
⇔ ln x = −3 = ln ( e −3 ) ou ln x = 1 = ln e
⇔ x = e −3 ou x = e.
L’ensemble des solutions réelles de l’équation (ln x )2 + 2 ln x − 3 = 0 est donc :
{
}
᏿ = e −3 ; e .
Exercice 8
La fonction ln étant strictement croissante sur 0 ; + ∞  , ln x > ln 3 équivaut
à x > 3. Donc S =  3 ; + ∞  .
La fonction ln étant strictement croissante sur 0 ; + ∞  ,
ln( x + 1) ≥ ln 3 ⇔ x + 1 ≥ 3 ⇔ x ≥ 2. Donc S = 2 ; + ∞  .
La fonction ln étant strictement croissante sur 0 ; + ∞  ,
ln x ≤ 1 ⇔ ln x ≤ ln e ⇔ x ≤ e. Donc S = 0 ; e  .
Comme
1
e
−x
=e
x
, on a :
e 2x
e
−x
< 6 ⇔ e2x + x < 6 ⇔ e 3x < 6 ; puis,
comme la fonction ln est strictement croissante sur ℝ :
e 3x < 6 ⇔ 3x < ln 6 ⇔ x <
( )
 ln 6 
ln 6
.
. Donc S = 0 ;
3 
3

( )
On a ln 1− x 2 ≥ 0 ⇔ 1− x 2 ≥ e0 ⇔ 1− x 2 ≥ 1, puisque la fonction exp
est strictement croissante sur ℝ.
Enfin, 1− x 2 ≥ 1 ⇔ x 2 ≤ 0 ⇔ x = 0. Donc S = {0 }.
Commentaire : le rappel du sens de variation de la fonction utilisée (qui justifie
une équivalence) est souhaitable au moins une fois dans une copie.
Exercice 9
La fonction exponentielle est définie sur ℝ , pour les résolutions suivantes,
le domaine d’étude sera donc ℝ.
 X = e x
On a : e2x − 5e x + 4 = 0 ⇔ 
.
 X 2 − 5X + 4 = 0
Les solutions de l’équation X 2 − 5X + 4 = 0 sont 4 et 1.
170
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Corrigé séquence 5 – MA02
Ainsi :
e2x − 5e x + 4 = 0 ⇔ e x = 4 ou e x = 1 ⇔ x = ln 4 ou x = ln1 = 0.
L’ensemble des solutions réelles de l’équation e2x − 5e x + 4 = 0 est donc :
{
}
᏿ = 0 ; ln 4 .
3
= 0.
e
Multiplions les 2 membres de l’égalité par e, on a alors :
3
e 4 x +1 − 2e2x − = 0 ⇔ e 4 x + 2 − 2e2x +1 − 3 = 0 ⇔ (e2x +1)2 − 2e2x +1 − 3 = 0.
e
 X = e2x +1
.
On résout : 
2
 X − 2X − 3 = 0
e 4 x +1 − 2e2x −
Les solutions réelles de l’équation X 2 − 2X − 3 = 0 sont 3 et –1. Ainsi :
3
ln 3 − 1
e 4 x +1 − 2e2x − = 0 ⇔ e2x +1 = 3 ou e2x +1 = −1 ⇔ 2x + 1 = ln 3 ⇔ x =
2
2
(la fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, l’équation
e2x +1 = −1 n’a pas de solution réelle).
3
L’ensemble des solutions réelles de l’équation e 4 x +1 − 2e2x − = 0 est donc :
2
 ln 3 − 1
᏿=
.
 2 
e 3x − 2e2x − e x ≤ 0.
Par le changement de variable X = e x , on a : e 3x − 2e2x − e x = X 3 − 2X 2 − X .
Factorisons cette dernière expression.
X 3 − 2X 2 − X = X ( X 2 − 2X − 1).
Déterminons, alors, les solutions de l’équation : X 2 − 2X − 1 = 0.
On a : ∆ = ( −2)2 − 4 × ( −1) = 8 = (2 2 )2. Les solutions réelles de l’équation
X 2 − 2X − 1 = 0 sont donc : X 1 =
2− 2 2
= 1− 2 et X 2 = 1+ 2. .
2
On en déduit : X 3 − 2X 2 − X = X ( X − (1− 2 ))( X − (1+ 2 ))
et donc : e 3x − 2e2x − e x = e x (e x − 1+ 2 )(e x − 1− 2 ).
Corrigé séquence 5 – MA02
171
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La fonction exponentielle est strictement positive sur ℝ donc pour tout réel
x : e x et e x + ( 2 − 1) sont positifs. e 3x − 2e2x − e x et e x − 1− 2 ont donc
le même signe.
Ainsi : e 3x − 2e2x − e x ≤ 0 ⇔ e x − 1− 2 ≤ 0 ⇔ e x ≤ 1+ 2 ⇔ x ≤ ln(1+ 2 )
(la fonction In étant strictement croissante sur 0 ; +∞  ).
L’ensemble des solutions réelles de l’inéquation e 3x − 2e2x − e x ≤ 0 est donc :
᏿ =  −∞ ; ln(1+ 2)  .


Exercice 10
Comme lim 2n = +∞, il existe des entiers n tels que 2n ≥ 315.
n →+∞
Pour résoudre cette équation où l’inconnue n est dans une puissance on utilise la
fonction ln et l’équivalence de la propriété 7.
( ) ( )
Ainsi 2n ≥ 315 ⇔ ln 2n ≥ ln 315 ⇔ n ln 2 ≥ 15ln 3 ⇔ n ≥
par ln 2 qui est positif).
Comme la calculatrice nous indique que 23 <
15ln 3
(on a divisé
ln 2
15ln 3
< 24 , le plus petit entier n
ln 2
pour lequel 2n ≥ 315 est n = 24.
Comme
lim 0, 9n = 0, il existe des entiers n tels que 0, 9n ≤ 0, 001.
n →+∞
Comme au , on a les équivalences :
0, 9n ≤ 0, 001 ⇔ n ln 0, 9 ≤ ln 0, 001 ⇔ n ≥
ln 0, 001
ln 0, 9
(on a divisé par ln 0, 9 qui est négatif).
Comme la calculatrice nous indique que 65 <
pour lequel 2n ≥ 315 est n = 66.
172
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Corrigé séquence 5 – MA02
−3ln10
< 66, le plus petit entier n
ln 0, 9
Corrigé des activités du chapitre 3
■
Activité 2
- Les deux courbes semblent symétriques par rapport à la droite d’équation
y = x . Ceci sera expliqué dans la cours.
On peut conjecturer deux limites :
lim ln x = +∞ et lim ln x = −∞.
e
x →+∞
x →0
x >0
La symétrie et les propriétés de la fonction
exponentielle permettent de conjecturer deux
Ꮿexp
valeurs : ln 1 = 0 et ln e = 1.
j
O
D
e
i
Ꮿln
On peut conjecturer aussi que, comme celle de la
fonction exp, la courbe de la fonction ln admet
une tangente en chaque point et donc que la
fonction ln est dérivable sur son ensemble de
définition.
On peut même conjecturer deux nombres dérivés en utilisant les coefficients
1
directeurs des tangentes aux points d’abscisse 1 et e : ln'(1) = 1 et ln'(e ) = .
e
■
Activité 3
Comme la fonction f est définie sur 0 ; + ∞  par f ( x ) = eln( x ) , on a aussi
l’expression plus simple f ( x ) = x et donc f '( x ) = 1 pour tout réel x strictement
positif.
Sous la forme initiale, on utilise la dérivée d’une fonction composée eu qui est
u ' eu , la fonction u étant ici la fonction ln dont on a supposé qu’elle est dérivable
sur 0 ; + ∞  . On trouve donc f '( x ) = ln'( x )eln( x ) = ln'( x ) × x .
Pour tout réel x strictement positif, on a donc ln'( x ) × x = 1 soit ln'( x ) =
1
.
x
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 3
Exercice 11
C’est une forme indéterminée. Comme on l’a fait avec les polynômes et avec
la fonction exponentielle, on met en facteur le terme prépondérant. Dans ce cas
c’est x car « x l’emporte sur le logarithme ».
Corrigé séquence 5 – MA02
173
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On écrit
 ln x 
.
x − ln x = x  1−
x 

Or on sait que
ln x
=0
x →+∞ x
lim
donc
  ln x  
 ln x 
= +∞.
= 1 et lim ( x − ln x ) = lim  x  1−
lim  1−

x  
x 
x →+∞
x →+∞ 
x →+∞
Il ne s’agit pas d’une forme indéterminée, lim ( x − ln x ) = +∞ car
x →0
x >0
lim ln x = −∞.
x →0
x >0
Il s’agit d’une forme indéterminée.
On transforme en faisant apparaître une limite du cours en +∞ :
ln x ln x
x
=
×
.
1+ x
x 1+ x
ln x
x
x
= 0 et lim
= lim
= 1, on obtient
x →+∞ x
x →+∞1+ x x →+∞x
Comme lim
ln x
= 0 × 1 = 0.
x →+∞ 1+ x
lim
C’est un quotient où le numérateur et le dénominateur ont des limites
différentes, il ne s’agit donc pas d’une forme indéterminée (que l’on trouve
si les deux tendent vers l’infini ou si les deux tendent vers 0). En effet,

x
1
1 
et, comme lim ln x = −∞, on a lim
= x ×
= 0,

1+ ln x 
1+ ln x 
x →0
x → 0 1+ ln x
x >0
x >0

1 
x
= lim  x ×
= 0 × 0 = 0.
et donc lim
1+ ln x 
x → 0 1+ ln x x → 0 
x >0
x >0
( )
est la composée de x ֏ e + 1 et de la fonction ln. Or lim ( e + 1) = +∞
Il s’agit de la limite d’une fonction composée. La fonction x ֏ ln e x + 1
x
x
x →+∞
et
x
lim ln X = +∞, donc, en composant par X = e + 1, on obtient :
X →+∞
( )
lim ln e x + 1 = lim ln X = +∞.
x →+∞
X →+∞
Il s’agit de la même fonction composée. Comme
lim
x →−∞
(e + 1) = 0 + 1= 1
x
et que lim ln X = ln 1 = 0 car la fonction ln est continue en 1, on obtient
X →1
x
( )
lim ln e + 1 = lim ln X = 0.
x →−∞
174
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Corrigé séquence 5 – MA02
X →1
Il s’agit d’une forme indéterminée. On transforme comme dans le cas de
( )
2

ln  x 
ln x
 = 2 ln x .
= 
l’exemple 8. Pour tout réel x strictement positif, on a :
x
x
x
La fonction x ֏
lim
x →+∞
ln x
x = +∞ et
x
est la composée de x ֏ x et de X ֏ 2
ln X
. Or
X
ln X
= 2 × 0 = 0, donc, en composant par X = x ,
X →+∞ X
lim 2
 ln X 
= lim  2
 = 0.
x →+∞ x X →+∞  X 
on obtient : lim
ln x
Il s’agit d’une forme indéterminée. On se souvient que, à l’infini, l’exponentielle
l’emporte sur x et que x l’emporte sur le logarithme, on peut donc conjecturer que
l’infini du dénominateur va l’emporter et que la limite est nulle. Montrons cela
ln x ln x x
=
×
en faisant bien apparaître les limites du cours en +∞. Comme
x ex
ex
x
ln x
ex
= 0 (car lim
et que lim
= 0 et lim
= +∞), on obtient
x →+∞ e x
x →+∞ x
x →+∞ x
lim
ln x
x →+∞ e x
Exercice 12
= 0 × 0 = 0.
Dans les quatre premiers cas, il s’agit d’une fonction composée ln u , la fonction u
étant dérivable et à valeurs strictement positives sur I. L’expression de la dérivée
est donc f '( x ) =
u '( x )
.
u( x )
a) Soit u ( x ) = 3x − 4 d’où u '( x ) = 3.
f '( x ) =
3
3x − 4
b) Soit u ( x ) = 3 − x d’où u '( x ) = −1.
−1
1
f '( x ) =
=
3− x x − 3
c) Soit u ( x ) = x 2 + 1 d’où u '( x ) = 2x .
2x
f '( x ) = 2
x +1
Corrigé séquence 5 – MA02
175
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d) Soit u ( x ) =
x
x2 +1
d’où u '( x ) =
x 2 + 1− 2x 2
( x 2 + 1)2
=
1− x 2
( x 2 + 1)2
.
1− x 2
f '( x ) =
1− x 2
x 2 + 1 1− x 2
( x 2 + 1)2
=
×
=
x
x
( x 2 + 1)2
x ( x 2 + 1)
x2 +1
Ainsi f '( x ) =
1− x 2
x ( x 2 + 1)
Dans les deux derniers cas, on applique les propriétés des opérations.
1
e) u ( x ) = ln x d'où u '( x ) =
v ( x ) = x d'où v '( x ) = 1.
x
x
− ln x
1− ln x
u
u 'v − uv '
Comme f = alors f ' =
soit f '( x ) = x
=
.
v
x2
x2
v2
Ainsi f '( x ) =
1− ln x
x2
f) f ( x ) = x ln x − x d’où f '( x ) = 1× ln x + x ×
Exercice 13
1
− 1 = ln x + 1− 1 = ln x .
x
On note Ꮿ la courbe représentative de la fonction ln dans un repère orthonormé.
y = ln
( x)
1
Pour tout x de 0 ; +∞  , ln ( x ) = ln x . Ainsi on peut construire « point par
2
point » la courbe d’équation y = ln ( x ) de la façon suivante.
M
N
j
i
O
176
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Corrigé séquence 5 – MA02
H
Ꮿ
Soit x ∈ 0 ; +∞  . On note M le point d’abscisse x de Ꮿ, alors le milieu de
MH où H est le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses est le point
d’abscisse x de la courbe d’équations y = ln( x ).
y = ln( 2x ).
Pour tout x de 0 ; +∞  , ln ( 2x ) = ln 2 + ln x . Ainsi la courbe d’équation
y = ln (2x ) est l’image de Ꮿ par la translation de vecteur (ln 2)j.
N
Ꮿ
M
j
i
O
Exercice 14
La fonction f est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour tout x de 0 ; + ∞  ,
1
× x − 1× ln x
1− ln x
=
.
f '( x ) = x
2
x
x2
Ainsi f '( x ) et 1− ln x ont le même signe.
On a : f '( x ) > 0 ⇔ 1− ln x > 0 ⇔ ln x < ln e ⇔ x < e (la fonction ln est strictement
croissante sur 0 ; + ∞  ). Et, de même, f '( x ) < 0 ⇔ x > e.
Limites :
ln x
=0
x →+∞ x
lim
(résultat
du
cours)
et
lim f ( x ) = −∞
x →0
(car
x >0
1

1
lim f ( x ) = lim  ln x ×  avec lim ln x = −∞ et lim = +∞).
x →0 x
x
x →0
x →0 
x →0
x >0
x >0
x >0
x >0
Corrigé séquence 5 – MA02
177
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x
0
e
+
f '( x )
0
–
1
e
f (x )
−∞
0
j
1/e
O
i
e
Une exponentielle étant toujours à valeurs strictement positives, l’équation
(E) : ekx = x ne peut pas avoir de solutions négatives. On raisonne donc
dans 0 ; + ∞  où on peut utiliser la fonction ln et obtenir les équivalences :
ln x
ekx = x ⇔ kx = ln x ⇔ k =
⇔ k = f ( x ).
x
si k ≤ 0 (E) admet une unique solution réelle (celle-ci appartient à ]0 ; 1] ;
1
si 0 < k < , (E) admet deux solutions réelles (l’une appartient à ]1 ; e] et l’autre
e
à ]e ; + ⬁] ;
1
si k = , (E) admet une unique solution réelle e ;
e
1
si k > , (E) n’admet aucune solution réelle
e
Cela correspond aussi aux nombres de points d’intersection de la courbe
représentant f avec la droite d’équation y = k (parallèle à l’axe des abscisses).
Exercice 15
Cette fonction est l’occasion de remarquer qu’une fonction composée de la forme ln u
peut-être définie sur ℝ si la fonction u est à valeurs strictement positives sur ℝ.
178
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Corrigé séquence 5 – MA02
La fonction f est la fonction composée f = ln u avec u : x ֏ 1+
1
.
x +1
2

1 
lim  1+
 = 1 et lim ln X = ln 1 = 0 (car la fonction ln est continue
x →+∞ 
X →1
x 2 + 1
1
en 1). Donc, en composant par X = 1+
, on obtient ainsi la limite de f
2
x +1
Or
en +∞ : lim f ( x ) = lim ln X = 0.
x →+∞
X →1
Et de même, on trouve lim f ( x ) = lim ln X = 0.
x →−∞
X →1
La fonction f a les mêmes variations que la fonction u. La fonction rationnelle
u est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, on a u '( x ) =
−2x
(1+ x )
2
2
. Le signe de
u '( x ) est le signe contraire de x. On obtient le tableau de variation suivant :
x
0
−∞
Signe de
+
u '( x )
0
–
ln 2
Variations de
f ( x ) = ln(u ( x ))
0
0
ln2
j
O
Exercice 16
i
On considère la fonction f définie sur 0 ; + ∞  par f (0 ) = 0 et, pour tout réel x
strictement positif, f ( x ) = x ln x .
On a lim f ( x ) = lim x ln x = 0 = f ( 0 ) donc la fonction f est continue en 0.
x →0
x →0
x >0
x >0
Pour étudier la dérivabilité en 0, on étudie la limite du taux d’accroissement :
f (0 + h ) − f (0)
h lnh
= lim
= lim lnh = −∞.
h
h →0
h →0 h
h →0
lim
h >0
h >0
h >0
Corrigé séquence 5 – MA02
179
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Comme la limite n’est pas finie, on conclut que f n’est pas dérivable en 0. Comme la
limite est infinie, on conclut que la courbe représentative de f admet une tangente
parallèle à l’axe des ordonnées au point d’abscisse 0, c’est-à-dire au point O.
La fonction f est le produit de deux fonctions dérivables sur 0 ; + ∞ 
donc f est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour tout x strictement positif, on a :
1
f '( x ) = 1× ln x + x × = ln x + 1.
x
On a : f '( x ) > 0 ⇔ ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > −1 ⇔ x > e −1 (la fonction ln est
strictement croissante sur 0 ; + ∞  ).
Et, de même, f '( x ) < 0 ⇔ x < e −1.
La fonction f est donc décroissante sur 0 ; e −1 et croissante sur e −1 ; + ∞  .




Comme
lim ln x = lim x = +∞,
x →+∞
x →+∞
)
on a aussi lim f ( x ) = lim ( x ln x = +∞.
x →+∞
x →+∞
Et ainsi :
x
0
e −1
–
f '( x )
0
+∞
0
f (x )
−e −1
j
e–1
O
–e–1
180
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Corrigé séquence 5 – MA02
+
i
Exercice 17
La fonction f est dérivable sur 0 ; + ∞  et, pour tout x de 0 ; + ∞  ,
f '( x ) =
1
2 x
−
1
=
x
x −2
. Le signe de f '( x ) est donc celui de
2x
x − 2 qui est
celui de x − 4 car la fonction racine est croissante sur 0 ; + ∞  .
Pour tout x de 0 ; 4  on a f '( x ) ≤ 0, donc f est décroissante sur 0 ; 4  .
De même, pour tout x de  4 ; + ∞  on a f '( x ) ≥ 0, donc f est croissante sur
 4 ; + ∞  . la fonction f admet donc un minimum pour x = 4.
Ce minimum vaut f ( 4 ) = 4 − ln 4 = 2 − 2ln 2 ≈ 0, 62 à 10−2 près.
Donc
la
fonction
f
est
à
valeurs
strictement
positive
et
ln x
x
<
(on a divisé
x
x
par x qui est strictement positif). Si, de plus, on suppose que x > 1, alors le
0 < f ( x ) implique 0 < x − ln x donc ln x < x et donc
logarithme est strictement positif et on a : 0 <
Comme
ln x
x
<
.
x
x
1
x
= lim
= 0, on peut appliquer le théorème des
x →+∞ x
x →+∞ x
lim
ln x
= 0.
x →+∞ x
gendarmes à l’encadrement précédent et on trouve lim
Exercice 18
 1
n ln  1+  est une forme indéterminée car il s’agit
 n
 1
du produit de n qui tend vers l’infini par ln  1+  qui tend vers 0 : en effet,
 n
1
lim
= 0 et, par continuité en 1, le logarithme tend vers ln 1, c’est-à-dire 0.
n →+∞ n
▶ Quand n tend vers +∞,
Comme le logarithme porte sur une quantité qui tend vers 1, on cherche à faire
ln(1+ h )
intervenir la limite du cours où il en est de même : lim
= 1. Or on
h
h →0
 1
ln  1+ 
 1
 n
.
constate que n ln  1+  =
1
 n
n
1
ln(1+ h )
= 0 et lim
= 1, on obtient
Ainsi, par composition, puisque lim
h
n →+∞n
h →0
 1
lim n ln  1+  = 1.
n
n →+∞ 
▶ Pour déterminer la seconde limite, on remarque que, pour tout entier naturel n,
Corrigé séquence 5 – MA02
181
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n
n
 1
 1
 1
n ln  1+  = ln  1+  , donc lim ln  1+  = 1.
n
 n
 n
n →+∞ 
n
n
 1
 1
Or,  1+  = exp ln  1+  , donc, en composant par la fonction exponentielle
 n
 n
n
 1
qui est continue en 1, on obtient : lim  1+  = exp(1) = e.
n
n →+∞
▶
Remarque
(
)1000 ≈ 2, 718145927 et e ≈ 2,718281828.
la calculatrice donne 1+ 0, 001
Corrigé de l’activité du chapitre 4
■
Activité 4
On pose log1 = 0, log10 = 1, et on suppose que cette fonction possède les
mêmes propriétés algébriques que la fonction ln. Donc on a log105 = 5log10 = 5,
log10−2 = −2log10 = −2, et, pour tout entier relatif n, on a log10n = n log10,
soit log10n = n.
On a log 20 = log 2 + log10 = 1+ log 2 ≈ 1, 30103 ;
log 200 = log 2 + log100 = 2 + log 2 ≈ 2, 30103 ;
log 2000 = log 2 + log1000 = 3 + log 2 ≈ 3, 30103.
On cherche un réel strictement positif x tel que log x = 5, 30103.
Les calculs précédents amènent à proposer 200000. Et, en effet,
( )
log 200000 = log 2 + log 105 = 5 + log 2 ≈ 5, 30103.
Commentaire
l’usage des tables de logarithme décimal qui ont été utilisées jusqu’aux années
1970 était basé sur ces propriétés.
Corrigé des exercices
d’apprentissage du chapitre 4
Exercice 19
Le nombre A = 2243112609 − 1 est un nombre premier (divisible seulement par
lui-même et par 1) son écriture décimale s’écrit avec autant de chiffres que celle
182
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Corrigé séquence 5 – MA02
de A + 1 = 2243112609 (A + 1 aurait un chiffre de plus que A si A + 1 se terminait
par 0 ; mais A + 1 serait alors divisible par 5 ce qui n’est pas possible pour une
puissance de 2).
)
(
Comme log 2243112609 = 243112609 × log 2 ≈ 76184187, 63, on peut en déduire
que A + 1, donc A, s’écrit sous forme décimale avec
))
( (
E log 2243112609 + 1 = 76184188 chiffres, plus de 76 millions !
Corrigé des exercices
de synthèse du chapitre 5
Exercice I
Soit f la fonction carrée. Pour tous a , b de ℝ :
2
2
2
2
2
2
a + b + 2ab a + b
 a + b  f (a ) + f ( b )  a + b  a + b
−
=
−
−
=
f


 2 
 2 
2
2
4
2
=
2
a 2 + b 2 + 2ab − 2a 2 − 2b 2 −a 2 − b 2 + 2ab
=
4
4
2
 (a − b ) 
≤ 0.
= −
 2 
 a + b  f (a ) + f ( b )
Ainsi pour tous a , b de ℝ : f 
. La fonction carrée est donc
≤
2
 2 
convexe.
Pour tous a , b de  0 ; +∞  :
a +b
a + b − 2 ab ( a − b )2
− ab =
=
≥ 0.
2
2
2
a +b
Ainsi pour tous a , b de ℝ+ * :
≥ ab .
2
étant croissante sur 0 ; +∞  , pour tous
a +b
1
ln a + ln b
≥ ln ( ab ) = ln (ab ) =
a , b de 0 ; +∞  , ln 
. La fonction In

2
2
 2 
est donc concave.
La
fonction
In
Exercice II
Partie A
On a :
1
= 0 ainsi : lim g ( x ) = +∞.
x →+∞ x
x →+∞
lim ln x = +∞ et lim
x →+∞
Corrigé séquence 5 – MA02
183
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De plus, pour tout x de 0 ; +∞  : g ( x ) =
1
1
× (2x ln x − x + 1). On a lim = +∞
x
x →0 x
x >0
et lim x ln x = 0.
x →0
x >0
Ainsi lim (2x ln x − x + 1) = 1 et lim g ( x ) = +∞.
x →0
x >0
x →0
x >0
La fonction g est dérivable sur 0 ; +∞  et pour tout x de  0 ; +∞  :
g '( x ) =
2 1 2x − 1
−
=
.
x x2
x2
Ainsi : g '( x ) > 0 ⇔ 2x − 1 > 0 ⇔ x >
1
1
et g '( x ) < 0 ⇔ x < .
2
2
On en déduit le tableau de variations de g :
x
0
1
2
F
–
g '( x )
0
0
g(x )
1
+
0
−2 ln 2 + 1
1
 1
 1
g   = 2 ln   − 1+ = −2 ln2 + 1.
1
 2
 2
2
D’après le précédent tableau de variations ( −2 ln+ 1 < 0 ) l’équation admet
deux solutions α et β (α < β ) ; α ∈0 ; 0, 5  et β ∈ 0, 5 ; +∞  .
1
1
g ( x ) = 0 et donc : β = 1. g (0,1) ≃ 4 , 5 > 0 donc d’après le tableau de variations
On a g (1) = 2 ln 1− 1+ = 0. Ainsi 1 (> 0,5) est solution de l’équation
de g : α ∈0,1 ; 0, 5  .
Une dichotomie nous donne alors : 0, 284 < α < 0, 285.
D’après le tableau de variations de g :
si x ∈0 ; α  ∪ 1 ; +∞  alors : g ( x ) > 0 ;
si x ∈α ; 1 alors : g ( x ) < 0.
g(F) = g(1) = 0.
184
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Corrigé séquence 5 – MA02
Partie B
On a :
lim
x →+∞
x 2 = lim ln x = lim
x →+∞
x →+∞
x = +∞ ainsi : lim f ( x ) = +∞.
x →+∞
Pour tout réel x strictement positif, on f ( x ) = x 2 ln x − x 2 + x . Alors comme
lim x 2 ln x = lim ( x × x ln x ) = 0, On a lim f ( x ) = 0.
x →0
x →0
x >0
x →0
x >0
x >0
On a f ( α ) = α 2 ln α − 1 + α.
1
α −1
De plus : g (α ) = 0 donc : ln α = − α =
. On a donc :
2
2α
 α − 1− 2α 
α −1 
α
+ α = × ( −α − 1+ 2)
f (α ) = α2 
− 1 + α = α 

2
2



 2α
α
= (1− α ).
2
On a successivement les inégalités :
α
< 0,142 5 ; 0, 715 < 1− α < 0, 7 et donc en
2
multipliant terme à terme ces inégalités qui portent sur des nombres positifs, on
0, 284 < α < 0, 285 ; 0,142 <
obtient 0,142 × 0, 715 < f (α ) < 0,142 5 × 0, 716 soit
0,101 53 < f (α ) < 0,103 963 2.
Ainsi f (α ) = 0,10 à 10−2 près.
La fonction f est dérivable sur  0 ; +∞  et pour tout x de  0 ; +∞  :
f '( x ) = 2x × ln x − 1 + x 2 ×
1
+ 1 = 2x ln x − 2x + x + 1 = 2x ln x − x + 1
x

1
= x 2 ln x − 1+  = x × g ( x ).
x

Comme x est strictement positif, f '( x ) et g ( x ) ont le même signe, que l’on
connaît grâce au dernier résultat de la partie A. On en déduit le tableau de variation :
x
0
Signe de
+
g(x )
1
α
0
–
0
0
+
+∞
f (α )
f (x )
+∞
0
Corrigé séquence 5 – MA02
185
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Exercice III
On a
 x − 4
x −4
x
= lim
= 1 alors lim ln 
 = ln 1 = 0 et
x →+∞ x − 2 x →+∞ x
x →+∞  x − 2 
lim
( − x + 3) = −∞.
lim f ( x ) = lim
x →+∞
x →+∞
x −4
= 0 +.
x →4 x − 2
De plus : lim ( x − 4 ) = 0+ et lim ( x − 2) = 2. Ainsi : lim
x →4
x →4
x >4
x >4
x >4
 x − 4
x −4
est la composée de x ֏
et de la fonction
La fonction x ֏ ln 

x −2
 x − 2
x −4
= 0+ et lim ln x = −∞, par composition on obtient :
x →0
x
−
2
x →4
ln. Comme lim
x >0
x >4
 x − 4
lim ln 
 = −∞.
x →4  x − 2 
x >4
(
)
Comme lim − x + 3 = 1, on conclut lim f ( x ) = −∞.
x →4
x >4
x →4
x >4
1
1
de l : f ( x ) = − x + 3 + ln( x − 4 ) − ln( x − 2). Alors f
2
2
dérivable sur l et pour tout x de l :
Pour tout x
est
1
1
1
1
f '( x ) = −1+ ×
− ×
2 α−4 2 x −2
−2( x − 4)( x − 2)
( x − 2)
( x − 4)
=
+
−
2( x − 4)( x − 2) 2( x − 4)( x − 2) 2( x − 2)( x − 4)
=
x 2 − 6x + 7
−2x 2 + 12x − 16 + x − 2 − x + 4 −2x 2 + 12x − 14
.
=
=−
2( x − 4)( x − 2)
2( x − 4)( x − 2)
( x − 4)( x − 2)
Pour tout x de l , x − 4 et x − 2 sont positifs, f '( x ) et x 2 − 6 x + 7 ont donc
des signes opposés.
Étudions le signe du trinôme du second degré : x 2 − 6 x + 7.
On a : ∆ = 62 − 4 × 7 = 8 = (2 2 )2 ( > 0 ). Ainsi l’équation x 2 − 6 x + 7 = 0 admet
deux solutions : x 1 =
6−2 2
= 3 − 2 ( ≃ 1, 586 ) et x 2 = 3 + 2 ( ≃ 4 , 414 ). On
2
en déduit :
si x ∈  −∞; 3 − 2  ∪  3 + 2 ; +∞  alors : x 2 − 6 x + 7 > 0 ;

 

si x ∈  3 − 2 ; 3 + 2  alors : x 2 − 6 x + 7 < 0.


186
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Corrigé séquence 5 – MA02
On peut donc construire le tableau de variations de f :
x
4
+∞
3+ 2
+
f '( x )
0
–
f (3 + 2 )
f (x )
−∞
−∞
)
(
f 3 + 2 ≈ −2, 296.
Étudier les positions relatives de la courbe Ꮿ et de la droite Ᏸ revient à étudier
 x − 4
le signe de la différence f ( x ) − ( − x + 3) c’est-à-dire le signe de ln 
. Pour
 x − 2 
x −4
et 1.
cela on compare
x −2
On a :
x −4
x −4
−2
− 1=
− 1< 0
. Or x − 2 est strictement positif sur I, donc
x −2
x −2
x −2
 x − 4
x −4
< 1 sur I. Ceci prouve que ln 
< 0, donc la courbe Ꮿ est toujours
x −2
 x − 2 
et
située sous la droite Ᏸ.
y
Ᏸ
j
O
i
3
x
4
Ꮿ
Corrigé séquence 5 – MA02
187
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Exercice IV
La droite ᐀ a pour équation : y = f '(a )( x − a ) + f (a ).
1
De plus, f (a ) = ln a et f '(a ) = . On en déduit :
a
x
1
᐀ : y = ( x − a ) + ln a soit y = + ln a − 1.
a
a
La droite ᐀' a pour équation : y = g '( b )( x − b ) + g ( b ).
1
De plus, g (b ) = b − ln b et g '(b ) = 1− . On en déduit :
b
 1
 1
᐀': y  1−  ( x − b ) + b − ln b soit y =  1−  x + 1− ln b.
 b
 b
Les deux droites ᐀ et ᐀' sont confondues si et seulement si elles ont même
coefficient directeur et même ordonnée à l’origine c’est-à-dire :
1
1 1
1 1
1
 = 1−
 + =1
 + =1
⇔
.
⇔
b
a
a b
a b
lna − 1 = 1− ln b
lna + ln b = 2 ln(ab ) = 2



On a :
a + b
1 1
a + b = ab
 + = 1  ab = 1
⇔
⇔
a b
2
ab = e
ln(ab ) = 2 ab = e 2

a + b = e 2 b = e 2 − a
⇔
⇔
2
2
2
a (e − a ) = e
ab = e
b = e 2 − a
.
⇔
2
2
2
a − e a + e = 0
Résolvons l’équation du second degré : X 2 − e 2X + e 2 = 0.
On a : ∆ = e 4 − 4e 2 ( > 0 ). Cette équation admet donc deux solutions :
x1 =
e 2 − e 4 − 4e 2
e 2 − e 4 − 4e 2
et x 2 =
( x 1 ≃ 1,192 433 ; x 2 ≃ 6,196 623).
2
2
1 1
 + = 1 b = e 2 − a
Ainsi :  a b
⇔
.
ln(ab ) = 2 a = x 1 ou a = x 2

On remarque que : e 2 − x 1 = x 2 et e 2 − x 2 = x 1,
1 1
 + =1
d’où  a b
⇔ (a ; b ) = ( x 1 ; x 2 ) ou (a ; b ) = ( x 2 ; x 1).
ln(ab ) = 2

188
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Corrigé séquence 5 – MA02
)
)
A ( x 1 ; f ( x 1 ) , A '( x 2 ; f ( x 2 ) , B ( x 2 ; g ( x 2 )
On considère les points
)
B '( x 1 ; g ( x 1) .
) et
D’après ce qui précède les tangentes Ꮿ en A et Ꮿ' en B sont confondues ainsi
que les tangentes Ꮿ en A’ et à Ꮿ' en B’.
y
B
Ꮿg
3
2
Ꮿf
A’
B’
1
A
2
1
O
3
4
6
5
7
x
Remarque
Le résultat suivant (hors programme) pouvait simplifier les calculs : si a et b sont
deux réels tels que : a + b = S et ab = P alors a et b sont les solutions de
2
l’équation : x − Sx + P = 0.
Exercice V
Soit n un entier naturel non nul.
On a : x n ln x = x n −1 × x ln x et
lim x ln x = 0. Ainsi :
x →0
x >0
lim x n ln x = 0 et
x →0
lim fn ( x ) = fn (0 ), la fonction fn est donc continue en 0.
x >0
x →0
x >0
lim x n = +∞ et
x →+∞
lim ln x = +∞ d’où : lim fn ( x ) = +∞.
x →+∞
x →+∞
La fonction f est dérivable sur  0 ; +∞  et pour tout x de  0 ; +∞  :
n
1
= n × x n −1ln x + x n −1 = x n −1 × n ln x + 1 .
x
−1
−1
On a donc : fn '( x ) > 0 ⇔ n ln x + 1 > 0 ⇔ ln x > ⇔ x > e n (en composant
n
par la fonction exponentielle qui est strictement croissante sur ℝ ).
fn '( x ) = n × x n −1ln x + x n ×
1
−
'
n
De même : fn ( x ) < 0 ⇔ x < e .
Corrigé séquence 5 – MA02
189
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On en déduit le tableau de variations de fn :
x
0
e
–
signe de fn'
−
1
n
0
+
0
+∞
−1
en
fn
n
 − 1
 − 1  − 1
−1 −1
n
n
fn  e  =  e  × ln  e n  = e −1 × = .




 
n en




 
Ꮿ3
1 y
Ꮿ2
Ꮿ1
0,5
A
0 0
0,5
1
1,5
2
2,5
x
–0,5
( )
On observe que les trois courbes ont deux points communs, l’origine O 0 ; 0
( )
et le point A de coordonnées 1; 0 . Montrons qtue ces deux points appartiennent
à toutes les courbes Ꮿ n .
Comme fn (0 ) = 0 pour tout entier naturel non nul n, l’origine O se trouve sur
toutes les courbes Ꮿ n .
( )
Comme fn (1) = 1n ln1 = 0, le point A 1; 0 se trouve sur toutes les courbes Ꮿ n .
190
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Corrigé séquence 5 – MA02
Soit n un entier naturel non nul. On a f '(1) = 1n −1(n × ln 1+ 1) = 1. La tangente
n
( )
à Ꮿ n en A est donc la droite de coefficient directeur 1 passant par A 1; 0 ,
c’est-à-dire la droite d’équation : y = x − 1. Cette équation ne dépend pas de
l’entier n. Cela signifie que toutes les courbes Ꮿ n admettent en A la même
tangente : la droite d’équation : y = x − 1.
Exercice VI
( ) est une suite géométrique, on cherche une
a) Pour montrer que la suite v
n
relation entre v n et v n +1.
On utilise les égalités données par l’énoncé ainsi que un = v n − 6.
Pour tout entier naturel n, on a :
1
1
1
v n +1 = un +1 + 6 = un − 3 + 6 = v n − 6 + 3 = v n . La suite v n est donc
2
2
2
1
une suite géométrique de raison
et de premier terme v 0 = u 0 + 6 = 15, elle
2
(
)
( )
est donc à termes strictement positifs.
b) On a :
n
Sn = ∑ v k = v 0 ×
k =0
  n +1
  n +1
1
1− q n +1
1
= 15 × 2 1−    = 30  1−    .
1− q
  2 
  2 
n +1
 n

 1
S 'n = ∑ uk = ∑ v k − 6 =  ∑ v k  − 6(n + 1) = Sn − 6(n + 1) = 24 − 30  
− 6n.


 2
k =0
k =0 
k =0
n
n
Comme on a −1 <
(
)
1
< 1, on en déduit que lim Sn = 30.
2
n →+∞
Comme lim − 6n = −∞, on en déduit que lim S 'n = −∞.
n →+∞
n →+∞
( ) est une suite géométrique de raison 21 et de premier terme
La suite v
n
n
 1
v 0 = 15, donc, pour tout entier naturel n, v n = 15   . On en déduit que
 2
n

 1 
w n = lnv n = ln  15    = ln 15 − n ln 2. Cette expression prouve que la suite
  2  
w n est la suite arithmétique de raison −ln 2 et de premier terme 15.
( )
On a
n
 w + wn 

ln 2 
ln15 + (ln15 − n ln 2)
Sn" = ∑ w n = (n + 1)  0
= (n + 1)  ln15 − n  .
= (n + 1)

2 
2
2 


k =0
Corrigé séquence 5 – MA02
191
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lim (n + 1) = +∞ et
Comme
n →+∞

ln 2 
lim  ln15 − n  = −∞ on en déduit que
2 
n →+∞
lim Sn" = −∞.
n →+∞
n
n
k =0
k =0
( ) ∑ lnv k = ∑ w k = Sn" et donc
Comme P = v × v × ... × v , on a ln P =
n
n
n
0
1
( )
Pn = exp Sn" .
Comme lim Sn" = −∞, on peut en déduire que lim Pn = 0.
n →+∞
n →+∞
Exercice VII
Partie A
La fonction f est dérivable sur  −1 ;1 et pour tout x de  −1 ; 1
f '( x ) =
−1
−1+ 1− x − x
.
+ 1=
=
1− x
1− x
1− x
Pour tout x de  −1 ; 1 : 1− x > 0 donc f '( x ) et − x ont le même signe. On en
déduit le tableau de variations de f :
x
0
−1
+
f '( x )
0
1
–
0
f (x )
−∞
ln 2 − 1
On a f ( −1) = ln 2 − 1 ; f (0 ) = 0 ; lim (1− x ) = 0+ et, en composant par la fonction ln,
x →1
x <1
lim ln(1− x ) = −∞ d’où lim f ( x ) = −∞.
x →1
x <1
x →1
x <1
D’après le précédent tableau de variations de
f , pour tout x
de  −1 ; 0  ∪ 0 ; 1 : f ( x ) < 0.
a) Pour tout entier naturel non nul n :


1 
1 
1
1
< 0 soit ln  1+
−
< 0.
−
∈  −1 ; 0  donc f  −


n +1
 n + 1
 n + 1 n + 1
192
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Corrigé séquence 5 – MA02
b) Pour tout entier naturel non nul n :
 1 

1 
1
1
+
< 0.
< 0 soit ln  1−
∈0 ; 1  donc f 


n +1
 n + 1 n + 1
 n + 1
Partie B
Pour tout entier naturel non nul n :
1 1
1
1
1
1 1
un +1 − un = 1+ + + ... + +
− ln(n + 1) − 1− − − ... − + lnn
n
n n +1
2 3
2 3
 n 
1
1
=
− ln(n + 1) + lnn =
+ ln 
n +1
n + 1  n + 1
=

 n + 1− 1
1
1
1 
+ ln 
< 0.
=
+ ln  1−

n + 1  n + 1  n + 1  n + 1
La suite ( un ) est donc décroissante.
Pour tout entier naturel non nul n :
1 1
1
1
1
1 1
v n +1 − v n = 1+ + + ... + +
− ln(n + 2) − 1− − − ... − + ln(n + 1)
n
n n +1
2 3
2 3
=
 n + 2
1
1
− ln(n + 2) + ln(n + 1) =
− ln 
n +1
n + 1  n + 1
=

 n + 1+ 1
1
1
1 
− ln 
> 0.
=
− ln  1+

n + 1  n + 1  n + 1  n + 1
La suite ( v n ) est donc croissante.
De plus pour tout n de ℕ*:
1 1
1
1 1
1
un − v n = 1+ + + ... + − lnn − 1− − − ... − + ln(n + 1)
n
n
2 3
2 3
 1
= ln(n + 1) − lnn = ln  1+  .
 n
Comme la fonction ln est strictement croissante sur 0 ; + ∞  , un − v n est
strictement positif. En utilisant le sens de variation de ces deux suites on obtient
v 1 < v n < un < u1. La suite u est donc décroissante et minorée par v 1, elle est
donc convergente. De façon analogue, la suite v est croissante et majorée par
u1, la suite v converge.
On a
 1
lim  1+  = 1 et, en composant par la fonction ln qui est continue
n
n →+∞ 
 1
en 1, on obtient lim ln  1+  = ln 1 = 0.
n
n →+∞ 
Corrigé séquence 5 – MA02
193
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(
)
Donc lim un − v n = 0 et donc lim un = lim v n : les deux suites convergent
n →+∞
n →+∞
n →+∞
bien vers la même limite notée γ
 1 1

1
lim  1+ + + ... + − ln n  = γ .
2 3
n

n →+∞ 
Pour organiser les calculs au tableur, on peut utiliser la suite a définie sur
1 1
2 3
1
n
ℕ* par an = 1+ + + ... + , celle-ci étant aussi définie par la relation de
récurrence : a1 = 1, an +1 = an +
1
.
n +1
On peut alors construire les suites de la façon suivante :
A
B
C
D
1
n
an
un
vn
2
1
1
3
= A2 + 1
= B2 + 1/ A 3)
= B2 − ln( A2) = B2 − ln( A2 + 1)
Et on étend. On obtient alors les résultats suivants :
A
B
C
D
1
179
5,76739217
0,58000636
0,57443532
2
180
5,77294772
0,57999087
0,57445069
3
181
5,77847258
0,57997555
0,5744659
Alors comme : v n ≤ γ ≤ un , 0, 57 est une valeur approchée par défaut à 10−2
près de γ.
194
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Corrigé séquence 5 – MA02
Corrigé séquence 6
Corrigé de l’activité du chapitre 2
Activité 1
� L’équation x 3 = px + q équivaut à x 3 − px − q = 0. Soit f la fonction défi-
nie sur ℝ par f ( x ) = x 3 − px − q , on s’intéresse donc à l’équation f ( x ) = 0. La
fonction f est une fonction polynôme, elle est donc continue sur ℝ.
lim f ( x ) = lim x 3 = +∞ et
x →+∞
x →+∞
lim f ( x ) = lim x 3 = −∞ donc 0 appartient
x →−∞
x →−∞


à l’intervalle  lim x 3 ; lim x 3 . D’après le théorème des valeurs interméx →−∞
x →+∞ 
diaires, l’équation f ( x ) = 0 possède au moins une solution dans ℝ.
� Pour l’équation x 3 = 2x + 4 , on a p = 2 et q = 4. Une solution de l’équation
x 3 = 2x + 4 est donc
3 4+
2
27 × 16 − 4 × 23 3 4
27 × 16 − 4 × 23
10
10
+
−
= 3 2+
+ 3 2−
.
108
2
108
3 3
3 3
La calculatrice indique que ceci vaut 2, et, si on ne l’avait pas deviné avant, il est
facile de vérifier que 2 est bien solution de l’équation.
Pour l’équation x 3 = 15x + 4 , on trouve 27q 2− 4 p 3 = 27 × 42− 4 × 153= −13068,
on ne peut donc pas utiliser cette formule.
27q 2 − 4 p 3
� En utilisant l’égalité i2 = −1, on obtient
= −121= 121× i2 = (11× i)2.
108
27q 2 − 4 p 3
q
En remplaçant le radical par 11i, on obtient +
= 2 + 11i et
2
108
q 1 27q 2 − 4 p 3
−
= 2 − 11i.
2 2
27
� En appliquant les règles de calcul habituelles au nouveau nombre i, on utilise
l’identité remarquable ( x + y )3 = x 3 + 3x 2y + 3xy 2 + y 3 avec x = 2 et y = i, et
on obtient :
(2 + i)3 = 23 + 3 × 22 × i + 3 × 2 × ( i)2 + ( i)3 = 8 + 12 i − 6 + i3 .
Or i3 = i2 × i = − i, donc (2 + i)3 = 2 + 12 i − i = 2 + 11i.
On montrerait de même que (2 − i)3 = 2 − 11i.
� On écrit x 0 = 3 ( 2 + i)3 + 3 ( 2 − i)3 = ( 2 + 11i) + ( 2 − 11i) = 4 (ici, ces écritures
sont expérimentales, comme l’utilisation de i ; il y a en réalité plusieurs nomb