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PCSI 2014-2015MathematiquesLycee Bertran de BornDevoir de Mathematiques 1 : corrige
Exercice 1. Une inegalite
1. Soit(a,b)?R2+. Demontrons les deux inegalites demandees. La stricte croissance de la fonction carree sur
R +justie l'equivalence dans la mise au carre des inegalites. ⎷b+b Cette derniere assertion est vraie donc par equivalences successives la premiere l'est aussi. ??a+ 2⎷a Cette derniere assertion est vraie donc par equivalences successives la premiere l'est aussi.2. Nous obtenons par un m^eme calcul les cas d'egalite :
⎷a+b=⎷a+⎷b??0 = 2⎷ab??a= 0oub= 0⎷a+⎷b=?2(a+b)??(⎷a-⎷b)2= 0??a=b3. Pour tout(a,b)?(R?+)2les inegalites de la question 1 nous donnent :
Donc l'ensembleMest minore par1et majore par⎷2: c'est unensemble borne.Exercice 2. Inequations
(a) Comme1 +x2>0, nous avons x21 +x2≥13
??x2≥x2+ 13 ??2x23 ≥13 ??x2≥12Nous avons l'ensembleSades solutions :S
a=]- ∞,-12 [?[12 ,+∞[(b) Factorisons le numerateur. Il s'agit d'un trin^ome du second degre de discriminant :Δ = 4-4(-2)(-1) = 12.
Les racines complexes sontx1=1-⎷3
2 etx2=1 +⎷3 2 1 PCSI 2014-2015MathematiquesLycee Bertran de BornNous avons donc le tableau de signes :x-∞ -1x1x2+∞2x2-2x-1+ + 0-0 +x+ 1-0 + + +P(x)- ||+ 0-0 +Nous avons l'ensembleSbdes solutions :S
b=]- ∞,-1[?[1-⎷3 2 ,1 +⎷3 2 3Nous avons l'ensembleScdes solutions :S
c=]- ∞,-3]?[0,1](d) Par disjonction de cas. •Six >1alors|1-x|=x-1et x+ 2(x-1)≥2??x≥43Nous avons l'ensembleSddes solutions :S
d=]- ∞,0]?[43 ,+∞[Exercice 3. Trigonometrie Nota Bene : les trois questions qui suivent sont independantes.1. Soit(α,β)?R2,les formules d'additionpour le cosinus donnent :
cos(α+β)cos(α-β) = (cos(α)cos(β)-sin(α)sin(β))(cos(α)cos(β) + sin(α)sin(β))
= cos2(α)cos2(β)-sin2(α)sin2(β)
= cos = cos2(α)-sin2(β)
En utilisant les identites du formulaire de trigonometrie demontrer que : ?(α,β)?R2,cos(α+β)cos(α-β) = cos2(α)-sin2(β).2. (a)
sin(2θ) =12 ??sin(2θ) = sin?π6 ??2θ=π6 + 2kπaveck?Z ou2θ=5π6 + 2kπaveck?ZNous avons les solutions :θ=π12
+kπouθ=5π12 +kπaveck?Z2 PCSI 2014-2015MathematiquesLycee Bertran de Born(b) cos(θ)-sin(θ) = 0??cos(θ) = sin(θ)Nous avons les solutions :θ=π4
+kπaveck?Z(c) Avec une formule d'addition il vient : cos(θ)-sin(θ) =⎷2cosθ+π4
cos(θ)-sin(θ) = 1 ??⎷2cosθ+π4
= 1 ??cos?θ+π4
=1⎷2 = cos?π4 ??θ+π4 =π4 + 2kπ,k?Z ouθ+π4 =-π4 + 2k?π,k??Z Nous avons les solutions :θ= 2kπouθ=-π2 )·Par lecture du cercle trigonometrique on verie que l'ensemble des solutions dans[0,2π]de l'inequation est :[ π3 ,5π3 ]Exercice 4.Etude d'un ensemble
On considere le sous-ensembleAdeRsuivant :
A=?cos(θ+?) + sin(θ)-sin(?)|(θ,?)?R2?
1. Pour tout(θ,?)?R2nous avons par inegalite triangulaire :
2. Partant du constat que3 = 1 + 1 + 1nous pouvons ecrire :
cos(θ+?) + sin(θ)-sin(?) = 3??0 = (1-cos(θ+?))???? ≥0+(1-sin(θ))???? ≥0+(1 + sin(?))???? ≥0 Or une somme de positifs est nulle si et seulement si tous les termes sont nuls. Ainsi : cos(θ+?) + sin(θ)-sin(?) = 3??? ?cos(θ+?) = 1 sin(θ) = 1 sin(?) =-1 Sans diculte on trouve donc :cos(θ+?) + sin(θ)-sin(?) = 3??θ=π2 + 2kπet?=-π2 + 2k?πavec(k,k?)?Z23PCSI 2014-2015MathematiquesLycee Bertran de BornProbleme. Aire maximale d'un triangle a perimetre prescrit
Partie 1. L'inegalite de la moyenne
On se propose d'etablir dans les questions 1 et 2 la propriete(?)suivante :1. On etudie la fonctionhdenie poury?[0,1]parh(y) =y(1-y)2. La fonction est polynomiale donc
derivable et pour touty?[0,1], h ?(y) = (1-y)2-2y(1-y) = (1-y)(1-3y)Nous obtenons donc le tableau des variations :y0
13 1h ?(y)+ 0-0h(y)0?427 ?0Par lecture du tableau de variations on verie donc que : Le cas d'egalite est obtenu si et seulement siy=132. Soity?[0,1]xe. On posefy(x) =-y x2+y(1-y)x.
(a) Le casy= 0ne pose pas de diculte; on l'exclut de la discussion a suivre. La quantitefy(x) = x(-yx+y(1-y))est un trin^ome du second degre qui atteint son maximum au milieu des racines0et (1-y). En conclusion la fonctionfyatteint son maximum sur[0,1-y]au point d'abscisse1-y2.Nous avons alors la valeur maximale :
f y?1-y2 =y(1-y)24 (b) Soit(x,y,z)?R3+tel quex+y+z= 1. Nous avons : =y(1-y)24 d'apres 1127D'ou la propriete(?).
(c)•Six=y=z=13 alorsxyz=127 •Reciproquement, soit(x,y,z)?R3+tel quex+y+z= 1. On suppose aussi quexyz=127 Toutes les inegalites dans la ligne ci-dessus deviennent des egalites. Nous avons alors ◦d'une part :y(1-y)24 =127 ; donc d'apres la question 1y=13 ◦d'autre part :fy(x) =fy?1-y2 ; donc d'apres la question 2,x=1-y2 =13 4 PCSI 2014-2015MathematiquesLycee Bertran de Born◦ennz= 1-x-y=13C'est le cas d'egalite attendu.
3. Soit(u,v,w)?R3+. Supposons qu'ils ne sont pas tous nuls (auquel cas l'inegalite est bien veriee). Posons
u+v+w=Met puisqueM?= 0,x=uM , y=vM puisz=wM de sorte quex+y+z= 1. La propriete(?)nous montre que : xyz=uvwM 3· En multipliant parM3on obtient nalement l'inegalite attendue.4. Le cas d'egalite resulte sans diculte du cas d'egalite de la proposition(?)vu dans la question 2 (c).
Partie 2. Recherche du triangle d'aire maximale
Soitp >0un reel. L'objectif est de determiner a quelle condition l'aire d'un triangle de c^otesa, betcveriant
a+b+c= 2pest maximale. Pour cela, on admettra que l'aireAd'un triangle de c^otesa, betcet de demi-perimetrep=a+b+c2 est donnee par laformule de Heron1:A=?p(p-a)(p-b)(p-c).
On poseu=p-a;v=p-betw=p-c.
5. Puisquea,b,csont les longueurs des c^otes d'un triangle ils sont soumis a l'inegalite triangulairea
savoir : On verie alors par un simple calcul queu,vetwsont positifs.6. En appliquant l'inegalite obtenue a la question 3 au=p-a,v=p-betw=p-cnous avons donc
3 =p327 ?p 327=p23 ⎷3 7. A l'aide de la question 4 on verie que l'aire maximale est atteinte si et seulement sip-a=p-b=p-c
ou encorea=b=c; c'est le cas du triangleequilateral.1. Heron d'Alexandrie est un ingenieur, un mecanicien et un mathematicien grec du Ier siecle apres J.-C.
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